[不等式] 《数学通报》上未给出证明的猜想.看不懂啊……

(19.67 KB)

2012-10-30 20:37

今晚看《数学通报》，看到这个没有证明的数学结论，想起以前就遇到过好几个类似的问题，方法和思维都很凌乱，今天的算是一般性的结果啦，请高人赐教，谢谢

（1）求正实数 $\lambda $ 的范围使不等式链
\[\sqrt{\frac a{\lambda a+b}}+\sqrt{\frac b{\lambda b+a}}\leqslant \sqrt{\frac a{a+\lambda b}}+\sqrt{\frac b{b+\lambda a}}\leqslant \frac2{\sqrt{\lambda +1}}
\]对于任意 $a$, $b>0$ 恒成立。


先考虑左边的不等式，由排序不等式知，当 $\lambda \geqslant 1$ 时有
\[\sqrt{\frac a{\lambda a+b}}+\sqrt{\frac b{\lambda b+a}}\leqslant \sqrt{\frac a{a+\lambda b}}+\sqrt{\frac b{b+\lambda a}},\]
当 $0<\lambda<1$ 时反向，所以必先有 $\lambda \geqslant 1$。

再考虑右边的不等式，当 $b=1$, $a\to+\infty$ 时显然 $\sqrt{\frac a{a+\lambda b}}+\sqrt{\frac b{b+\lambda a}}\to1$，所以应有 $\frac2{\sqrt{\lambda +1}}\geqslant 1$，即 $\lambda \leqslant 3$。

令 $a/b=x$, $b/a=y$，则 $x$, $y>0$, $xy=1$，且
\begin{align*}
\sqrt{\frac a{a+\lambda b}}+\sqrt{\frac b{b+\lambda a}}\leqslant \frac2{\sqrt{\lambda +1}}&\iff\frac1{1+\lambda x}+\frac1{1+\lambda y}+\frac2{\sqrt{(1+\lambda x)(1+\lambda y)}}\leqslant \frac4{\lambda +1} \\
& \iff\frac{2+\lambda (x+y)}{1+\lambda (x+y)+\lambda^2}+\frac2{\sqrt{1+\lambda (x+y)+\lambda^2}}\leqslant \frac4{\lambda +1} \\
& \iff\frac2{\sqrt{1+\lambda (x+y)+\lambda^2}}\leqslant \frac{3-\lambda }{\lambda +1}+\frac{\lambda^2-1}{1+\lambda (x+y)+\lambda^2} \\
& \iff2\leqslant \frac{3-\lambda }{\lambda +1}\sqrt{1+\lambda (x+y)+\lambda^2}+\frac{\lambda^2-1}{\sqrt{1+\lambda (x+y)+\lambda^2}},
\end{align*}
令 $t=\sqrt{1+\lambda (x+y)+\lambda^2}$，则 $x+y\geqslant 2\sqrt{xy}=2$ 知 $t\in [1+\lambda ,+\infty )$，记
\[f(t)=\frac{3-\lambda }{\lambda +1}\cdot t+\frac{\lambda^2-1}t,\]
若 $\lambda =3$，则
\[\lim_{t\to+\infty}f(t)=0<2,\]
不符合题意；
若 $\lambda =1$，则 $f(t)$ 在 $[1+\lambda ,+\infty )$ 递增，得
\[f(t)\geqslant f(1+\lambda )=2,\]
符合题意；
当 $3>\lambda >1$ 时，$f(t)$ 在 $\left( 0,(1+\lambda )\sqrt{\frac{\lambda -1}{3-\lambda }} \right)$ 递减，在 $\left( (1+\lambda )\sqrt{\frac{\lambda -1}{3-\lambda }},+\infty \right)$ 递增。
若 $3>\lambda >2$，则 $(1+\lambda )\sqrt{\frac{\lambda -1}{3-\lambda }}>1+\lambda$，故此时有
\[f(t)_{\min }=f\left( (1+\lambda )\sqrt{\frac{\lambda -1}{3-\lambda }} \right)=2\sqrt{(3-\lambda )(\lambda -1)}<2,\]
不符合题意；
若 $2\geqslant \lambda >1$，则 $(1+\lambda )\sqrt{\frac{\lambda -1}{3-\lambda }}\leqslant 1+\lambda$，故此时也有
\[f(t)_{\min }=f(1+\lambda )=2,\]
符合题意。

综上所述，所求的 $\lambda $ 的范围为 $[1,2]$。

（2）求正实数 $\lambda $ 的范围使不等式链
\[\sqrt{\frac a{\lambda a+b}}+\sqrt{\frac b{\lambda b+a}}\leqslant \frac2{\sqrt{\lambda +1}}\leqslant \sqrt{\frac a{a+\lambda b}}+\sqrt{\frac b{b+\lambda a}}
\]对于任意 $a$, $b>0$ 恒成立。


令 $b=1$, $a\to +\infty $，得到
\[\frac1{\sqrt{\lambda }}\leqslant \frac2{\sqrt{\lambda +1}}\leqslant 1\riff\lambda \geqslant 3.\]

先考虑左边的不等式，令 $\lambda =1/\mu$，则 $0<\mu\leqslant 1/3$，且
\[\sqrt{\frac a{\lambda a+b}}+\sqrt{\frac b{\lambda b+a}}\leqslant \frac2{\sqrt{\lambda +1}}
\iff\sqrt{\frac a{a+\mu b}}+\sqrt{\frac b{b+\mu a}}\leqslant \frac2{\sqrt{1+\mu }},\]
在形式上，这与（1）中右边的不等式一样，但是参数的前提范围不一样，不能直接引用其结果，但能类似地做，也就是作同样的代换及等价变形，得到
\[2\leqslant \frac{3-\mu }{\mu +1}\sqrt{1+\mu (x+y)+\mu^2}+\frac{\mu^2-1}{\sqrt{1+\mu (x+y)+\mu^2}},\]
此时由 $0<\mu\leqslant 1/3$ 知上式右边关于 $x+y$ 递增，所以当 $x+y=2$ 时取最小值 $2$，故此对所有的 $\lambda \geqslant 3$ 左边的不等式都成立。

再考虑右边的不等式，与（1）的右边仅是反向，故可以类似地作同样的代换及等价变形，得到
\[2\geqslant \frac{3-\lambda }{\lambda +1}\sqrt{1+\lambda (x+y)+\lambda^2}+\frac{\lambda^2-1}{\sqrt{1+\lambda (x+y)+\lambda^2}},\]
此时由 $\lambda \geqslant 3$ 知上式右边关于 $x+y$ 递减，所以当 $x+y=2$ 时取最大值 $2$，故此对所有的 $\lambda \geqslant 3$ 右边的不等式也都成立。

综上所述，所求的 $\lambda $ 的范围为 $[3,+\infty)$。

有个疑问：不妨取$\lambda=7,$那么由#1知，$\sqrt{\dfrac{a}{a+7b}}+\sqrt{\dfrac{b}{7a+b}}\geqslant\dfrac1{\sqrt2}$，而$\sqrt{\dfrac{a}{a+7b}}+\sqrt{\dfrac{b}{7a+b}}$的最大值又如何求呢？

有个疑问：不妨取$\lambda=7,$那么由#1知，$\sqrt{\dfrac{a}{a+7b}}+\sqrt{\dfrac{b}{7a+b}}\geqslant1$，而$\sqrt{\dfrac{a}{a+7b}}+\sqrt{\dfrac{b}{7a+b}}$的最大值又如何求呢？
reny 发表于 2013-5-23 19:40

根据3#的结论，当 $\lambda=7$ 时应为
\[\sqrt{\frac a{a+7b}}+\sqrt{\frac b{7a+b}}\geqslant\frac1{\sqrt2}.\]
最大值也不会难到哪去，其实方法在2#已经展示了，你自己可以仿着试试。

PS、要不是你顶起这个贴，我也不知道原来之前我用了两层楼回楼主这个题但是楼主却影都不见……

5# kuing
其实，主要是想知道$\sqrt[n]{\dfrac{a}{a+\left(2^n-1\right)b}}+\sqrt[n]{\dfrac{b}{\left(2^n-1\right)a+b}}$的最大值.
取$\lambda=3$时，$1\leqslant\sqrt{\dfrac{a}{a+3b}}+\sqrt{\dfrac{b}{3a+b}}\leqslant\dfrac{3\sqrt2}{4}.$
当$\dfrac{a}{a+3b}=\dfrac{7+3\sqrt5}{16}或\dfrac{7-3\sqrt5}{16}$时取到最大值，是不是有点特别啊.   可见$n$次方的最大值是有难度的.