证明一个二元轮换对称不等式

lemondian

已知$a,b>0$，且$a+b=1$，对于任意正整数$m,n$，且$m\geqslant n$。证明：
$(\dfrac{1}{a^m}-b^n)(\dfrac{1}{b^m}-a^n)\geqslant (\dfrac{2^{m+n}-1}{2^m})^2$.


不好意思，写错了一个指数，应该是：
已知$a,b>0$，且$a+b=1$，对于任意正整数$m,n$，且$m\geqslant n$。证明：
$(\dfrac{1}{a^m}-b^n)(\dfrac{1}{b^m}-a^n)\geqslant (\dfrac{2^{m+n}-1}{2^n})^2$.

Czhang271828

很老的题了.

artofproblemsolving.com/community/c6h506574p2845378

若有工夫, 可以整理帖子里的文献或者结论, 看着挺丰富的.

lemondian

Czhang271828 发表于 2024-6-17 23:05
很老的题了.

https://artofproblemsolving.com/community/c6h506574p2845378

1#的比这里的这些好象难多了！

Czhang271828

lemondian 发表于 2024-6-18 07:42
1#的比这里的这些好象难多了！

改了一些问题, 例如 Cauchy 不等式补上了平方 (原目标是找到取等条件). 最后 $m=1$ 的简单情况也补上了.

先加强一下命题:
$$
(\dfrac{1}{a^m}-b^n)(\dfrac{1}{b^m}-a^n)\geq (\dfrac{1}{a^m}-a^n)(\dfrac{1}{b^m}-b^n)\geq (\dfrac{2^{m+n}-1}{2^m})^2.
$$
左侧不等式等价于
$$
\frac{b^n}{b^m}+\frac{a^n}{a^m}\leq \frac{a^n}{b^m}+\frac{b^n}{a^m}.
$$
也就是 $(a^m-b^m)(a^n-b^n)\geq 0$. 这是显然的.

右侧不等式证明如下. 依照 $b=(1-a)$, 得
\begin{align*}
(\dfrac{1}{a^m}-a^n)(\dfrac{1}{b^m}-b^n)&=\frac{b(1+a+\cdots +a^{n+m-1})}{a^m}\cdot \frac{a(1+b+\cdots +b^{n+m-1})}{b^m}\\[6pt]
&=(a^n+a^{n-1}+\cdots +a^{1-m})\cdot (b^n+b^{n-1}+\cdots +b^{1-m})\\[6pt]
&\geq ((\sqrt{ab})^n+ (\sqrt{ab})^{n-1}+\cdots +(\sqrt{ab})^{1-m})^2\\[6pt]
&=\left(\frac{t^{m}-t^{-n}}{t-1}\right)^2\quad (t=(ab)^{-1/2}\geq 2).
\end{align*}
求导, 得
$$
\frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{t^m-t^{-n}}{t-1}\right)=\frac{(tm-m-t)t^{m+n}+n(t-1)+t}{t^{n+1}(t-1)^2}
$$
若 $m> n\geq 1$, 则最小值在 $t=2$ (即 $a=b=1/2$ 处取).

若 $m=n=1$, 放缩过度.

若 $m=n=1$, 则

• $(a^{-1}-a)(b^{-1}-b)=\frac{(1-a)(1+a)(1-b)(1+b)}{ab}=2+ab\leq \frac{9}{4}$, 放缩过度.
  
• $(a^{-1}-b)(b^{-1}-a)=\frac{(1-ab)^2}{ab}=\frac{1}{ab}+ab-2\geq \frac{9}{4}$, 此处式随 $ab\in (0,1/4]$ 单调变化.
  

lemondian

Czhang271828 发表于 2024-6-18 17:19
先加强一下命题:
$$
(\dfrac{1}{a^m}-b^n)(\dfrac{1}{b^m}-a^n)\geq (\dfrac{1}{a^m}-a^n)(\dfrac{1}{b^ ...

谢谢！
有两个问题问一下：
１.$\geqslant ((\sqrt{ab})^n+(\sqrt{ab})^{n-1}+\cdots ++(\sqrt{ab})^{1-m})$
这个不等式是如何得到的？
２.求导处看不出为何$\geqslant 0$?

ic_Mivoya

lemondian 发表于 2024-6-18 21:58
谢谢！
有两个问题问一下：
１.$\geqslant ((\sqrt{ab})^n+(\sqrt{ab})^{n-1}+\cdots ++(\sqrt{ab})^{1-m ...

1. 柯西不等式；2. 易知分子每一项均非负（注意 $t\ge2,m\ge n\ge1$）。

ic_Mivoya

ic_Mivoya 发表于 2024-6-18 23:54
1. 柯西不等式；2. 易知分子每一项均非负（注意 $t\ge2,m\ge n\ge1$）。

还真是… 应该需要对 $m=n=1$ 的情况单独证明一下。其他情形是没有问题的

lemondian

Czhang271828 发表于 2024-6-18 17:19
先加强一下命题:
$$
(\dfrac{1}{a^m}-b^n)(\dfrac{1}{b^m}-a^n)\geq (\dfrac{1}{a^m}-a^n)(\dfrac{1}{b^ ...

$\geqslant ((\sqrt{ab})^n+(\sqrt{ab})^{n-1}+\cdots ++(\sqrt{ab})^{1-m})$
这个不等式少了一个平方吧？是这个吧：
$\geqslant ((\sqrt{ab})^n+(\sqrt{ab})^{n-1}+\cdots ++(\sqrt{ab})^{1-m})^2$

lemondian

再来一个：
如何证这个？
已知$a,b>0$，且$a+b=c,c\leqslant 1$，对于任意正整数$m,n$，且$m\geqslant n$。证明：
$(\dfrac{1}{a^m}-b^n)(\dfrac{1}{b^m}-a^n)\geqslant [(\dfrac{2}{c})^m-(\dfrac{c}{2})^n]^2$.

Czhang271828

lemondian 发表于 2024-6-19 08:44
再来一个：
如何证这个？
已知$a,b>0$，且$a+b=c,c\leqslant 1$，对于任意正整数$m,n$，且$m\geqslant n$。 ...

这有啥区别吗? 稍微改一下, 有
$$
(\dfrac{1}{a^m}-a^n)=\frac{1-c^{m+n}}{a^m}+\frac{b(c^{m+n-1}+\cdots +a^{m+n-1})}{a^m}.
$$
仍旧对 $\sqrt{(\dfrac{1}{a^m}-a^n)(\dfrac{1}{b^m}-b^n)}$ 使用 Cauchy 不等式, 缩放得
$$
\dfrac{1-c^{m+n}}{(\sqrt{ab})^m}+(\sqrt{ab})^n+c(\sqrt{ab})^{n-1}+\cdots +c^{m+n-1}(\sqrt{ab})^{1-m},
$$
记 $t=c/\sqrt{ab}\geq 2$, 化简得
$$
\dfrac{1-c^{m+n}}{c^m}\cdot t^m+c^n\cdot \frac{t^m-t^{-n}}{t-1}.
$$
原来该单调递增的, 此处也是单调递增.

单独验证 $m=n=1$ 的情形 (这是特例, 之前的证明里遗漏了这一条):
$$
(a^{-1}-a)(b^{-1}-b)=ab+\frac{1-c^2}{ab}+2.
$$
看来 $c=2/\sqrt{5}$ 是一个分水岭.

以上是加强形式的证明. 一般地, $(a^{-1}-b)(b^{-1}-a)=ab+\frac{1}{ab}-2$. 由于 $ab<1$, 从而 $a=b$ 时取最值.

如果讨论一下 $c>1$, 结果应该会比较精彩 (?).

lemondian

Czhang271828 发表于 2024-6-19 15:32
这有啥区别吗? 稍微改一下, 有
$$
(\dfrac{1}{a^m}-a^n)=\frac{1-c^{m+n}}{a^m}+\frac{b(c^{m+n-1}+\cdot ...

$c>1$有没有相应的不等式？

lemondian

Czhang271828 发表于 2024-6-18 17:19
改了一些问题, 例如 Cauchy 不等式补上了平方 (原目标是找到取等条件). 最后 $m=1$ 的简单情况也补上了.  ...

今天把这个题目又看了一次，发现一个问题：

这个不对吧？


取个特殊值：$a=\dfrac{1}{4},b=\dfrac{3}{4}$.可验证是不对的呀

我怀疑原题的条件是不是应该改为：$m\geqslant n>1$

@Czhang271828

Czhang271828

lemondian 发表于 2024-7-3 09:10
今天把这个题目又看了一次，发现一个问题：

这个不对吧？

确实不等号反了, 应该是 $ab\leq \frac{1}{4}$. 原题需要 $m>1$, 我将解答最后一段折叠了.

lemondian

Czhang271828 发表于 2024-7-3 13:44
确实不等号反了, 应该是 $ab\leq \frac{1}{4}$. 原题需要 $m>1$, 我将解答最后一段折叠了.  ...

在这个不等式中：
$(\dfrac{1}{a^m}-b^n)(\dfrac{1}{b^m}-a^n)\geqslant (\dfrac{2^{m+n}-1}{2^n})^2$.
若$m=n=1$时,不等式是成立的，也容易证（事实上，当$m=n$时，都很容易证），但放缩为下面这个不等式链，用右边的不等式，当$m=n=1$时就不对了（是放缩过度了吗？）
$(\dfrac{1}{a^m}-b^n)(\dfrac{1}{b^m}-a^n)\geq (\dfrac{1}{a^m}-a^n)(\dfrac{1}{b^m}-b^n)\geq (\dfrac{2^{m+n}-1}{2^n})^2.$

@Czhang271828
你看看我上面的想法有没有问题？