[不等式] 翻人教群聊记录发现的一道题（幂指不等式）

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2012-12-23 17:59

题目中那个 $a_1^{a_1}+a_2^{a_2}\geqslant a_1^{a_2}+a_2^{a_1}$ 不知有没有人研究过其 $n$ 元推广？

你说会不会有以下这个成立呢？
\[a^a+b^b\geqslant 2\left( \frac{a+b}2 \right)^{\frac{a+b}2}\geqslant a^b+b^a,\]
其中 $a$, $b\in (0,1)$。

又会不会有这个成立呢？：$f(\lambda)=a^{\lambda a+(1-\lambda )b}+b^{\lambda b+(1-\lambda )a}$ 在 $[0,1]$ 上递增？
如果成立，则由 $f(1)\geqslant f(0)$ 即得1#的问题。

又会不会有这个成立呢？：$f(\lambda)=a^{\lambda a+(1-\lambda )b}+b^{\lambda b+(1-\lambda )a}$ 在 $[0,1]$ 上递增？
kuing 发表于 2012-12-23 20:33

可惜，这个单调性竟然是不成立的，比如当 $a=0.01$, $b=0.5$ 时，$f(0)\approx 1.09309$, $f(0.2)\approx 1.08491$, 所以并不是恒递增的。

我发过
http://kkkkuingggg.5d6d.net/viewthread.php?tid=170&highlight=

就是为了处理这个,可惜没好思路
http://kkkkuingggg.5d6d.net/thread-898-1-1.html

---对“a>b>0,c>d>0,则$c^a+d^b>c^b+d^a$.   ”给出怎么样关系或限制,就可以成立?

4# realnumber

oh，我竟然忘了原来就在本论坛就有讨论让我昨晚还老在各大论坛网站上搜，却没在这儿搜一下……
哎记xing越来越差了……

不妨设$x \ge y$
$x^x-y^x \ge x^y-y^y$
等价于$x^x(1-(\frac{y}{x})^x) \ge y^y((\frac{x}{y})^y-1)$
而$(\frac{y}{x})^x =[1-\frac{x-y}{x}]^x \le 1-x+y$,$(\frac{x}{y})^y=[1+\frac{x-y}{y}]^y \le 1+x-y$
即$x^x(1-(\frac{y}{x})^x) \ge x^x(x-y)\ge y^y(x-y)\ge y^y((\frac{x}{y})^y-1)$

不妨设$x \ge y$
$x^x-y^x \ge x^y-y^y$
等价于$x^x(1-(\frac{y}{x})^x) \ge y^y((\frac{x}{y})^y-1)$
而$(\frac{y}{x})^x =[1-\frac{x-y}{x}]^x \le 1-x+y$,$(\frac{x}{y})^y=[1+\frac{x-y}{y}]^y \le 1+x-y$
即$x^x(1-(\frac{y}{x})^x) \ge x^x(x-y)\ge y^y(x-y)\ge y^y((\frac{x}{y})^y-1)$
realnumber 发表于 2012-12-24 21:23

$x^x\geqslant y^y$？

晕，出错，还以为找到简便办法

错的,还在修改,
$x,y\in (0,1)$,证明：$x^x +y^y \ge x^y+y^x$.
不妨设$x \ge y$
记$f(x)=x^x +y^y- x^y-y^x$,$f′(x)=x^x(1+lnx)-yx^{y-1}-y^xlny$,
而$x^xlnx-y^xlny\ge 0$,等价于$(\frac{x}{y})^xlnx\ge lny$,等价于
$x^x\ge yx^{y-1}$等价于$x^{1+x-y}\ge x \ge y$
所以$f′(x) \ge 0$,而$f(y)=0$,那么当$x\ge y$时,$f(x)\ge 0$,即原不等式成立.---错的,还在修改,
后面是张小明老师发过来的原题配套答案

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2012-12-25 15:23

2#那个加强有没有人证过？

9# realnumber
$(\frac{x}{y})^xlnx\ge lny等价于x^x\ge yx^{y-1}$怎么来的？

不等价的;因为证明出错,删去了中间部分,就变这个样子

哦 这个韩神的证法最好 韩神的方法可以推广到n元  走向IMO2008给出了牟晓生的一个导数加伯努利的证明

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2012-12-26 08:55

几何画板试了下,似乎这个也成立$t,a,b\in R+$,则$a^{ta}+b^{tb}\ge a^{tb}+b^{ta}$,-----（1）如果成立,很容易推广到n元.
不妨设$a\ge b$
1.a,b至少有一个为1时，很容易验证.
2.$a>1,0<b<1$,那么$a^{ta}> a^{tb},b^{tb}>b^{ta}$,也有（1）成立.
3.$a\ge b>1$,模仿14楼，详细见17楼，$b^{(a-b)t}\ge 1\ge \frac{b}{a}$,所以（1）也成立.
4.$1>a\ge{b}>0,0<t<1$,见17楼也有（1）成立
5.$1>a\ge{b}>0,t>1$不一定成立，比如$a=0.5,b=0.01,t=100$,不等式（1）反向了.

15# realnumber

韩京俊的证法就是证了这一点
在他书上P160

那么这个呢？几何画板试了下,似乎这个也成立$t,a,b\in R+$,则$a^{a^t}+b^{b^t}\ge a^{b^t}+b^{a^t}$
满足什么条件的正的增函数$y=f(x)$?，$a,b\in (0,1)$,则$a^{f(a)}+b^{f(b)}\ge a^{f(b)}+b^{f(a)}$--成立的一个充分非必要条件是 $b\ge f(b)$,
模仿14楼做法,记$h(x)=x^{f(a)}-x^{f(b)},b\le x\le a\le 1$,不等式成立的一个充分条件是$h′(x)=f(a)x^{f(a)-1}-f(b)x^{f(b)-1}\ge 0$(先增后略微减下也可以啊,就不知道怎么处理)
即$x^{f(a)-f(b)}\ge \frac{f(b)}{f(a)}$,因为$x\in [b,a]$只要$b^{f(a)-f(b)}\ge \frac{f(b)}{f(a)}$,又$b^{f(a)-f(b)}\ge \frac{b}{b+f(a)-f(b)}\ge \frac{f(b)}{f(a)}$(又放了下),得到$(b-f(b))(f(a)-f(b))\ge 0$.完
这样不等式成立
$a,b\in (0,1)$,则$a^{\sin{a}}+b^{\sin{b}}\ge a^{\sin{b}}+b^{\sin{a}}$
或$a,b\in (0,1)$,则$a^{a^2}+b^{b^2}\ge a^{b^2}+b^{a^2}$
但是不符合$b\ge f(b)$的,几何画板试了下也成立,看来没找到更一般的结论
比如
$a,b\in (0,1)$,则$a^{\tan{a}}+b^{\tan{b}}\ge a^{\tan{b}}+b^{\tan{a}}$

14楼的这个错的吧

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2012-12-26 22:06

14楼方法行的，这一步$x^{a_1-a_2}-\frac{a_2}{a_1} \ge 0$,只需要证明$x=a_2$即可，而这是成立的即$a^b\ge \frac{a}{a+b}$，见连接http://bbs.pep.com.cn/forum.php? ... p;extra=&page=1

插一楼！
这题的条件挺像的！这两题能不能串起来？

19# yayaweha

这个就是加权均值，比1#的应该简单，难度大概不是一个级别的吧……