[不等式] 两个不等式

lemondian

（1）$设是互不相等的正数，n\in\mbb{N^*},n\geqslant 2，且满足a^n-b^n=a^{n+1}-b^{n+1}，则1<a+b<\dfrac{2n}{n+1} ;$
(2)$设是互不相等的正数，n\in\mbb{N^*},n\geqslant 2，且满足a^{n+1}-b^{n+1}=a^{n+2}-b^{n+2}，则a^n+b^n>1;$
第（2）个好象问过了。

色k

先丢个链接：http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=5326

kuing

第（1）的右边，照搬 2# 链接里的方法即可，甚至更简单一些。

推广命题：给定 `t>1`，互不相等的正数 `a`, `b` 满足 `a^t-b^t=a^{t+1}-b^{t+1}`，则有
\[a+b<\frac{2t}{t+1}.\]

证明：照抄 2# 链接的部分就不再重复了，由构造 `F(x)` 开始写：
设
\[F(x)=f(x_0+x)-f(x_0-x),\quad 0<x<x_0,\]
则
\begin{align*}
F'(x)&=(t+1)(x_0+x)^t-t(x_0+x)^{t-1}+(t+1)(x_0-x)^t-t(x_0-x)^{t-1},\\
&=\bigl((t+1)(x_0+x)-t\bigr)(x_0+x)^{t-1}+\bigl((t+1)(x_0-x)-t\bigr)(x_0-x)^{t-1},
\end{align*}
注意到 `(t+1)x_0=t`，所以上式化简为
\[F'(x)=(t+1)x\bigl((x_0+x)^{t-1}-(x_0-x)^{t-1}\bigr)>0,\]
然后也是类似了，也不写了。

lemondian

回复 3# kuing

感谢kuing！
不知（1）的左边与（2）能否证出？

kuing

回复 4# lemondian

左边更简单：
推广命题：设 `a`, `b>0`, `a\ne b`, `t>1` 满足 `a^t-b^t=a^{t+1}-b^{t+1}`，则有
\[1<a+b.\]

证明：设
\[h(t)=\frac{a^{t+1}-b^{t+1}}{a^t-b^t},\]
求导化简易得
\[h'(t)=-\frac {a^tb^t(a-b)(\ln a-\ln b)}{(a^t-b^t)^2}<0,\]
故由 `t>1` 得
\[1=\frac{a^{t+1}-b^{t+1}}{a^t-b^t}<\frac{a^2-b^2}{a-b}=a+b,\]
即得证。

kuing

至于第（2），当初在 2# 链接里的时候我就感觉到推广不易，可能是个坑，果断就不撸了。
如今既然你还在弄，就想一下，结果是：那个推广当 `n=4` 就已经不成立
你不妨利用软件画个图检验一下，我就懒得写反例了。

lemondian

回复 5# kuing

求导化简易得-->这个地方，我算了几次，头大了，搞不得kuing的结果哩，
递减是不会错了，如何弄出自然对数的结果来？
能写详细点么？

lemondian

回复 6# kuing

我只会用几何画板与gg，不会验证当n=4是不对的！
请给个反例吧.谢谢！

kuing

回复 7# lemondian

好好练习一下你的计算。

回复 8# lemondian

用几何画板即可验证，提示：作 x^6-x^5 的图象。

lemondian

回复 9# kuing
真心不行！

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2018-8-4 13:45

计算也不行！

kuing

那就没办法了。

下面再给出（2）的 `n=1`, `2`, `3` 的统一证明：
\begin{align*}
&n=1:&&a+b-\frac{a^3-b^3}{a^2-b^2}=\frac{ab}{a+b}>0\riff a+b>\frac{a^3-b^3}{a^2-b^2}=1;\\
&n=2:&&a^2+b^2-\left( \frac{a^4-b^4}{a^3-b^3} \right)^2=\frac{a^2b^2(a^2+b^2)}{(a^2+ab+b^2)^2}>0\riff a^2+b^2>\left( \frac{a^4-b^4}{a^3-b^3} \right)^2=1;\\
&n=3:&&a^3+b^3-\left( \frac{a^5-b^5}{a^4-b^4} \right)^3=\frac {a^3b^3(a^6+a^3b^3+b^6)}{(a+b)^3(a^2+b^2)^3}>0\riff a^3+b^3>\left( \frac{a^5-b^5}{a^4-b^4} \right)^3=1;
\end{align*}
注：由上述证明看出，当 `n=2` 时 `a`, `b` 的范围可以扩展到实数。

此证法秒杀 2# 链接中我的证法。

lemondian

回复 11# kuing
天哪，这个运算量。。。
当n=4,那就不得了？！

kuing

利用 11# 的方法，也可以知道 `n=4` 不成立，因为
\begin{align*}
&a^4+b^4-\left( \frac{a^6-b^6}{a^5-b^5} \right)^4\\
={}&\frac{a^4 b^4(a^{12}-2 a^{10} b^2-4 a^9 b^3-5 a^8 b^4-8 a^7 b^5-10 a^6 b^6-8 a^5 b^7-5 a^4 b^8-4 a^3 b^9-2 a^2 b^{10}+b^{12})}{(a^4+a^3 b+a^2 b^2+a b^3+b^4)^4},
\end{align*}
显然右边可正可负。

不过，我随手修改了一下，发现有
\[a^4+b^4-\left( \frac{a^7-b^7}{a^5-b^5} \right)^2=\frac{a^4 b^4 (a^4-a^2 b^2+b^4)}{(a^4+a^3 b+a^2 b^2+a b^3+b^4)^2}>0,\]
据此我们又可以构造出这样的题：互不相等的正数 `a`, `b` 满足 `a^5-b^5=a^7-b^7`，求证 `a^4+b^4>1`。

kuing

次数高了之后，这种方法也是个坑。

再造一个：互不相等的正数 `a`, `b` 满足 `a^7-b^7=a^8-b^8`，求证 `a^5+b^5>1`。

证明就不写了。

lemondian

回复 14# kuing
#13，#14这两个有规律？

kuing

回复 15# lemondian

规律暂时不清楚，我是随便乱试的。
要搞个一般式出来恐怕不易，还是和当初的直觉一样，搞下去会是大坑，不玩了

lemondian

回复 5# kuing
终于算出来了，哎，运算能力真的是。。。
不过我不用导数，好象也证出了这个函数是递减的了。

lemondian

回复 16# kuing
好不容易才再玩出感觉了，继续玩嘛

lemondian

比如来个加的：$a,b,m,n是正实数，n>m,且满足a^n+b^n=a^m+b^m,则a^{n-m}+b^{n-m}\leqslant 2.$

kuing

回复 19# lemondian

这个简直是太简单了，相比上面那些，这个根本不值一提。