[不等式] 转：$a,b>0,ab=1 ,2^{a+b}\ge 2^a+2^b$

realnumber

\[已知:a>0,b>0,ab=1 ,求证：2^{a+b}\ge 2^a+2^b\]

kuing

令 $a=e^x$, $b=e^y$, $x+y=0$，则
\[2^{a+b}\geqslant 2^a+2^b \iff (2^a-1)(2^b-1)\geqslant 1
\iff \ln(2^{e^x}-1)+\ln(2^{e^y}-1)\geqslant0,\]
令 $f(x)=\ln(2^{e^x}-1)$，经计算可得
\[f''(x)=\frac{(2^{e^x}-1-e^x\ln2)2^{e^x}e^x\ln2}{(2^{e^x}-1)^2},\]
易证恒有 $2^x\geqslant 1+x\ln2$，故此 $f''(x)\geqslant0$，所以由琴生不等式有
\[f(x)+f(y)\geqslant 2f\left(\frac{x+y}2\right)=0,\]
即得证。

游客

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2016-4-26 13:33

kuing

回复 3# 游客

表示没研究出来……

游客

回复 4# kuing


    不好意思，计算出错了

realnumber

伯努利不等式
\[x>-1,r<0,或r>1,(1+x)^r>1+rx;  0\le r\le 1 (1+x)^r\le 1+rx\]

不妨设$k+1> a\ge k\ge  1\ge b>0$,
\[2^{a+b}\ge 2^a+2^b \Leftrightarrow 1\ge   \frac\]
待续

zhcosin

怎么能忘了麦克劳林哩。。。。
因为
\[ e^x=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{1}{m!}x^m \]
取$\lambda=\ln{2}$，就有
\[ 2^x=e^{\lambda x}=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{\lambda^m}{m!}x^m \]
所以
\[ 2^{x+\frac{1}{x}}=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{\lambda^m}{m!}(x+\frac{1}{x})^m \]
而
\[ 2^x+2^{\frac{1}{x}}=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{\lambda^m}{m!}(x^m+\frac{1}{x^m}) \]
根据二项式定理，前一式的每一项都要大于等于后一项的每一项，所以得证。

kuing

怎么能忘了麦克劳林哩。。。。
因为\[ e^x=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{1}{m!}x^m \]取$\lambda=\ln{2}$，就有\[ 2^x=e^{\lambda x}=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{\lambda^m}{m!}x^m \]所以\[ 2^{x+\frac{1}{x}}=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{\lambda^m}{m!}(x+\frac{1}{x})^m \]而\[ 2^x+2^{\frac{1}{x}}=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{\lambda^m}{m!}(x^m+\frac{1}{x^m}) \]根据二项式定理，前一式的每一项都要大于等于后一项的每一项，所以得证。
zhcosin 发表于 2016-6-30 13:47

有个疑问，按照这个方法，对于任意 $p>1$，取 $\mu=\ln p$ 同样会有
\[
\led
p^{x+\frac1x}&=\sum_{m=0}^\infty\frac{\mu^m}{m!}\left(x+\frac1x\right)^m,\\
p^x+p^{\frac1x}&=\sum_{m=0}^\infty\frac{\mu^m}{m!}\left(x^m+\frac1{x^m}\right)
\endled
\riff p^{x+\frac1x}\geqslant p^x+p^{\frac1x},\]
然而 $1.5^{1+\frac11}<1.5^1+1.5^{\frac11}$ 这是为啥哩？

zhcosin

回复 8# kuing
哦豁，咋没看出是为啥哩？

kuing

回复 9# zhcosin

我知道了，因为 $m=0$ 时是反向的

就第一项方向不对，后面无穷项都补不回来了真是一失足成千古恨

zhcosin

还是来个初等证明，将要证的不等式两边除以2再取以2为底的对数得:
\[ x+\frac{1}{x}-1 \geqslant \log_{2}{\frac{2^x+2^{\frac{1}{x}}}{2}} \]
注意到右边是指数平均数，它由于指数的下凸性，它是大于$\frac{1}{2}(x+\frac{1}{x})$的，为了完成上式的证明，引入待定系数$\frac{1}{2}<\lambda<1$，使得
\[ \log_{2}{\frac{2^x+2^{\frac{1}{x}}}{2}} \leqslant \lambda (x+\frac{1}{x}) \]
这样我们就只要证明
\[ \lambda (x+\frac{1}{x}) \leqslant x+\frac{1}{x}-1 \]
就可以了，而这只需要
\[ \frac{1}{2}<\lambda < 1-\frac{1}{x+\frac{1}{x}} \]
就能办到，所以只要在这个范围任取一个$\lambda$就可以完成证明。

说明：这里的$\lambda$并不需要是一个常数，针对不同的$x$，只要取的$\lambda$满足最后那个不等式就行，所以准确的说应该写成$\lambda(x)$。

kuing

回复 11# zhcosin

那你还得证明在 $\frac{1}{2}<\lambda < 1-\frac{1}{x+\frac{1}{x}}$ 范围内存在使得 $\log_{2}{\frac{2^x+2^{\frac{1}{x}}}{2}} \leqslant \lambda (x+\frac{1}{x})$ 恒成立的 $\lambda$ 啊

zhcosin

回复 12# kuing
不需要啊，$\lambda$就是跟$x$有关的，也就是针对具体的$x$取不同的$\lambda$。

zhcosin

回复 12# kuing
感觉引入待定系数那里还缺乏一个可行性证明。

kuing

回复  kuing
不需要啊，$\lambda$就是跟$x$有关的，也就是针对具体的$x$取不同的$\lambda$。 ...
zhcosin 发表于 2016-6-30 15:48

对不同的 $x$ 取不同的 $\lambda$，那你怎么知道无论 $x$ 怎么取都存在那样的 $\lambda$ 呢？

kuing

还是来个初等证明，将要证的不等式两边除以2再取以2为底的对数得:
\[ x+\frac{1}{x}-1 \geqslant \log_{2}{\frac{2^x+2^{\frac{1}{x}}}{2}} \]注意到右边是指数平均数，它由于指数的下凸性，它是大于$\frac{1}{2}(2^x+2^{\frac{1}{x}})$的，为了完成上式的证明，引入待定系数$\frac{1}{2}<\lambda<1$，使得
\[ \log_{2}{\frac{2^x+2^{\frac{1}{x}}}{2}} \leqslant \lambda (x+\frac{1}{x}) \]这样我们就只要证明
\[ \lambda (x+\frac{1}{x}) \leqslant x+\frac{1}{x}-1 \]就可以了，而这只需要
\[ \frac{1}{2}<\lambda < 1-\frac{1}{x+\frac{1}{x}} \]就能办到，所以只要在这个范围任取一个$\lambda$就可以完成证明。

说明：这里的$\lambda$并不需要是一个常数，针对不同的$x$，只要取的$\lambda$满足最后那个不等式就行，所以准确的说应该写成$\lambda(x)$。
zhcosin 发表于 2016-6-30 15:08

对于 $x=x_0$ 时，那么要取的 $\lambda$ 理应满足
\[ \lambda\geqslant \frac1{x_0+\frac1{x_0}}\log_2{\frac{2^{x_0}+2^{\frac1{x_0}}}2},
\]然后还需要
\[\frac12<\lambda < 1-\frac1{x_0+\frac1{x_0}},
\]于是你就要证明
\[\left[\frac1{x_0+\frac1{x_0}}\log_2{\frac{2^{x_0}+2^{\frac1{x_0}}}2},+\infty\right)
\cap \left(\frac12,1-\frac1{x_0+\frac1{x_0}}\right)\ne\kongji,
\]这样才能保证这样的 $\lambda$ 存在。

那么要证明无论 $x_0$ 取任何正数，交集都非空，也就是要证明
\[\left[\frac1{x+\frac1{x}}\log_2{\frac{2^{x}+2^{\frac1{x}}}2},+\infty\right)
\cap \left(\frac12,1-\frac1{x+\frac1{x}}\right)\ne\kongji
\]对于任意 $x>0$ 恒成立，于是至少你得去证明
\[\frac1{x+\frac1{x}}\log_2{\frac{2^{x}+2^{\frac1{x}}}2}<1-\frac1{x+\frac1{x}}
\]对于任意 $x>0$ 恒成立，亦即证
\[\log_2\frac{2^{x}+2^{\frac1{x}}}2<x+\frac1{x}-1,
\]对于任意 $x>0$ 恒成立，结果等于什么都没做。

zhcosin

回复 16# kuing
不是这样的，你当然不能从那个式出发来推啊，看下面的证明：
将要证的不等式两边除以2再取以2为底的对数得:
\[ x+\frac{1}{x}-1 \geqslant \log_{2}{\frac{2^x+2^{\frac{1}{x}}}{2}} \]
注意到右边是指数平均数，它由于指数的下凸性，它是大于$\frac{1}{2}(x+\frac{1}{x})$的,但同时它仍然介于$x$与$\frac{1}{x}$之间，因此存在与$x$相关的实数$0< \lambda <1$使得(注意变成等号了)下式成立，而且$x$跟$\frac{1}{x}$两者谁大谁的系数就大于$\frac{1}{2}$
\[ \log_{2}{\frac{2^x+2^{\frac{1}{x}}}{2}} = \lambda \cdot x+ (1-\lambda) \cdot \frac{1}{x} \]
这样我们就只要证明
\[ \lambda x+(1-\lambda)\frac{1}{x} \leqslant x+\frac{1}{x}-1 \]
也就是
\[ (1-\lambda)x+\lambda \frac{1}{x} \geqslant 1 \]
这个由于$\lambda$是一个与$x$有关的数，还不能直接求导证明，不过呢，来个曲线救国的方法，只要能证明上式对任意常数的$0<\lambda<1$和任意的$x>0$都成立，那么对于取值与$x$相关的$0<\lambda(x)<1$也就成立这个不等式了，毕竟总是一个实数嘛。而$\lambda$为常数时，上式不等式通过求导是能够证明的。

kuing

回复 17# zhcosin

这个就比较好理解一点（但感觉和上面表达的已经不太一样了），不过 $(1-\lambda)x+\lambda\frac1x\ge1$ 你又怎么证明呢？按你后面说的把它放宽到常数 $\lambda$ 和任意 $x$，那它是不成立的，比方说 $x=2$, $\lambda=0.9$。

zhcosin

回复 18# kuing
不能放宽到任意常数，这好像就难办了。。。。。

zhcosin

回复 18# kuing
一整天都在敲代码，头晕晕的。。。。