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kuing
发表于 2024-1-28 15:40
本帖最后由 kuing 于 2024-1-28 15:58 编辑 只会三次方的，高次的估计得出动高科技（拉乘之类的）才行。
事实上 `k\leqslant2` 的限制是不需要的，只要 `k\geqslant1` 即可。
先证明 `k=1` 的情况，令 `p=a+b`, `q=ab`，则易知 `p>1` 且 `p\leqslant\sqrt[3]4`（当且仅当 `a=b=\sqrt[3]{1/2}` 取等），则
\[a^3+b^3=1\iff p^3-3pq=1\iff q=\frac{p^3-1}{3p},\]
则
\begin{align*}
\left(\frac1a-a\right)\left(\frac1b-b\right)&=\frac{(1+a)(1+b)(1-a)(1-b)}{ab}\\
&=\frac{(1+p+q)(1-p+q)}q\\
&=\frac{\left(1+p+\frac{p^3-1}{3p}\right)\left(1-p+\frac{p^3-1}{3p}\right)}{\frac{p^3-1}{3p}}\\
&=\frac{(3p+3p^2+p^3-1)(p-1)^2}{3p(p^2+p+1)}\\
&=\left(\frac{p+2}3-\frac1{p^2+p+1}\right)\left(\sqrt p-\frac1{\sqrt p}\right)^2,
\end{align*}
当 `p>1` 时，显然上式的两个括号都关于 `p` 递增且恒为正，所以上式关于 `p` 递增，因此当 `p` 取最大值时 `(1/a-a)(1/b-b)` 最大，亦即当 `a=b=\sqrt[3]{1/2}` 时最大，所以 `k=1` 时原不等式成立。
再证明 `k\geqslant1` 的情况，为方便码字，令 `k=2u^3`，问题变成：`a`, `b>0`, `a^3+b^3=2u^3\geqslant1`，证
\[\left(\frac1a-a\right)\left(\frac1b-b\right)\leqslant\left(\frac1u-u\right)^2.\quad(*)\]
再令 `a=ux`, `b=uy`，则 `x`, `y>0`, `x^3+y^3=2`，那么
\begin{align*}
(*) &\iff\left(\frac1{ux}-ux\right)\left(\frac1{uy}-uy\right)\leqslant\left(\frac1u-u\right)^2\\
&\iff(1-u^2x^2)(1-u^2y^2)\leqslant xy(1-u^2)^2\\
&\iff xy(1-xy)u^4+(x-y)^2u^2+xy-1\geqslant0,
\end{align*}
由 `x^3+y^3=2` 得 `xy\leqslant1`，于是上式左边关于 `u` 递增，因此只需证明 `2u^3=1` 的情况，也就是 `k=1` 的情况，而上面已经证明了，所以 `k\geqslant1` 的情况也成立。 |
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