2楼kuing猜想的证明,见附件.
已知$a,b\in{(0,1)}$,求证：$a^a+b^b\ge{2({\frac{a+b}{2}})^{\frac{a+b}{2}}}\ge{a^b+b^a}$.
证明：前一个用Jensen不等式易证，以下证明后一个.--朱世杰

可惜韩京俊(92#####95)说了  19:02:00这道陈题了,指上楼的

22# realnumber

意料之中，不过你的证明并没有白干的。暂时没发现有什么错误。

未证明呢,

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2013-1-6 22:42

没头绪,暂时放弃一段时间
几何画板试了这个$a,b,c\in{(0,1)},3(\frac{a+b+c}{3})^{\frac{a+b+c}{3}}\ge{a^{\frac{b+c}{2}}+b^{\frac{a+c}{2}}+c^{\frac{a+b}{2}}}$,似乎也成立,但依然没找到北.

24# realnumber
走运了,又证明了一个,声明:引用证明请跟上论坛地址,前段时间上面21楼证明被一博客发布,居然去掉了"kuing"的猜想以及帖子地址.
\[以下证明              2{\sqrt{ab}}^{\sqrt{ab}}\ge{a^b+b^a},a,b\in(0,1)\]
不妨设$a\ge b$,记$m=\sqrt{ab},t=\sqrt{\frac{a}{b}},a\ge{b},t\ge1,0<m<1$
\[以下证明                 f(t)=(mt)^\frac{m}{t}+{(\frac{m}{t})}^{mt}为减函数.\]
\[f'(t)=(mt)^\frac{m}{t}(\frac{m}{t^2}-\frac{m}{t^2}\ln(mt))+{(\frac{m}{t})}^{mt}(-m+m\ln(\frac{m}{t}))\]
\[而                (mt)^\frac{m}{t}\frac{m}{t^2}\le{(\frac{m}{t})}^{mt}m\]
等价于$a^bb\le{b^aa}$等价于$b^{1-a}\le a^{1-b}$,等价于$b^{\frac{1}{1-b}}\le{a^{\frac{1}{1-a}}}$等价于$\frac{\ln(b)}{1-b}\le\frac{\ln(a)}{1-a}$
容易用导数证明$g(x)=\frac{\ln(x)}{1-x},x\ge0$为增函数.
\[又               m\ln(\frac{m}{t}){(\frac{m}{t})}^{mt}\le (mt)^\frac{m}{t}\frac{m}{t^2}\ln(mt)\]
等价于$ab^a\ln(b)\le ba^b\ln(a)$等价于\[a^{1-b}\ln(\frac{1}{b})\ge{b^{1-a}\ln(\frac{1}{a})}\]
而之前已经证明$b^{1-a}\ge a^{1-b}>0$,又$\ln(\frac{1}{b})\ge \ln(\frac{1}{a})>0$显然也成立，完.--朱世杰

26# realnumber
难道有这个$a\ge m \ge b$,那么$2m^m\ge a^b+b^a$,这样的话,四个不是一起证明了啊.好象机会....有吗?
---几何画板实验显示,仅有些情况下会成立.

$a^a+b^b\geqslant a^b+b^a>1$成立不？
其中$a,b\in (0,1)$

28# yes94
前面好几个地方证明了.9楼图片.17楼模仿14楼.21楼也算吧.

26# realnumber
用这个办法对付$a=\sqrt2m\cos{x},b=\sqrt2m\sin{x},m=\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}$,再次失效.
对付$a=\frac{m}{1+\cos{2α}},b=\frac{m}{1-\cos{2α}},m=\frac{2ab}{a+b}$也失效(就是调和平均).