ANEM-LM-2526-Desig-P1

Enunciado

Sexan $a,b\in (0,1)/a+b=1$. Probar que ${\left(1+\frac{1}{a}\right)}^2+{\left(1+\frac{1}{b}\right)}^2\ge 18$

---

Resolución

Pista

Proba a considerar a desigualdade artimético-xeométrica (AM-GM) para facilitar as contas: $\frac{x+y}{2}\ge \sqrt{xy}.$

Solución

Como $a+b=1$, $b=1-a$ e aplicando unha vez a desigualdade AM-GM, consideramos ${\left(1+\frac{1}{a}\right)}^2+{\left(1+\frac{1}{1-a}\right)}^2\ge 2\left(1+\frac{1}{a}\right)\left(1+\frac{1}{1-a}\right)=:f(a)$ $f^{\prime }(a)=\frac{8a-4}{x^2(1-x{)}^2}$, polo que $f^{\prime }(a)=0$ se e só se $a=\frac{1}{2}$.

$f^{\prime \prime }(a)=-\frac{8(3a^2-3a+1)}{a^3(1-a{)}^a}$, polo que $f^{\prime \prime }\left(\frac{1}{2}\right)=128>0$ e $f$ ten un mínimo en $a=\frac{1}{2}$. Así, $f(a)\ge f\left(\frac{1}{2}\right)=18$ e temos o resultado buscado.

Solución 2

Como $a+b=1$, $b=1-a$ e consideramos $f(a)={\left(1+\frac{1}{a}\right)}^2+{\left(1+\frac{1}{1-a}\right)}^2.$ Primeiro, notemos que $f$ é coerciva, xa que $li{m}_{a\to x}f(a)=+\infty ,\forall x\in \partial (0,1)=\{0,1\}$.

Ademais, $f$ é convexa, xa que $\frac{1}{a}$, $\frac{1}{1-a}$ e $1$ son convexas en $(0,1)$, a suma de funcións convexas é convexa e o cadrado dunha función convexa e positiva é convexa.

Polo tanto, como $f$ é coerciva e convexa en $(0,1)$, existe un único punto onde $f$ alcanza o seu mínimo. Pero $f(a)=f(1-a)$, polo que ese punto verifica que $a=1-a$, é dicir, $a=\frac{1}{2}$. Así, $f(a)\ge f\left(\frac{1}{2}\right),\forall a\in (0,1)$. Como $f\left(\frac{1}{2}\right)=18$, queda probado o resultado.

---

Dúbidas & Comentarios

Nesta sección pódesnos deixar as túas dúbidas e comentarios a cerca do problema anterior. Non teñas teima en preguntar, estamos aí para botar unha man!