来自粉丝群的一道幂指不等式

kuing

v6mm131(4744*****)  13:15:28
取对数辅助函数
有没有纯不等式的 比如用均值或者 伯努利之类的

虽然根号上的指数不太清晰，但大概也能知道是 $\displaystyle\frac{\sqrt[m]n}{\sqrt[n]m}>\frac nm$，下面就按这个做。

等价变形，有
\[\frac{\sqrt[m]n}{\sqrt[n]m}>\frac nm\iff m^{mn-m}>n^{mn-n}\iff m^{m(n-1)}>n^{m(n-1)}n^{m-n} \iff\frac mn>n^{\frac{m-n}{m(n-1)}},\]
由 $m$, $n\in \mbb Z$ 且 $m>n>1$ 得到
\[m(n-1)-(m-n)=(n-2)m+n>0\riff0<\frac{m-n}{m(n-1)}<1,\]
故此由伯努利不等式得
\[n^{\frac{m-n}{m(n-1)}}=(1+n-1)^{\frac{m-n}{m(n-1)}}\leqslant 1+\frac{m-n}{m(n-1)}\cdot(n-1)=2-\frac nm,\]
所以只要证
\[2-\frac nm<\frac mn\iff\frac mn+\frac nm>2,\]
显然成立。

不难看出，上述方法适用于 $m$, $n\in\mbb R$ 且 $m>n\geqslant2$。

v6mm131

辅助函数可以这么引进

kuing

回复 2# v6mm131

$g(1)$ 少了一项 $\ln m$ 吧

kuing

不过修改一下应该可以，$f(x)$ 大概是先增后减，$f(1)=f(m)=0$。

v6mm131

再来一次

kuing

回复 5# v6mm131

嗯，这个OK了

kuing

今天在某教师群看到类似的：

中山温老师(2865*****) 23:14:26

有兴趣的这题想想

与1楼比较，强于1楼，构造函数可以做，这里就不写了。
但我还想像1楼那样玩伯努利，于是尝试继续加强，最终得出以下结果。

若 $m$, $n\inZ$ 且 $m>n\geqslant3$，则有
\[\frac{\sqrt[m]{n}}{\sqrt[n]{m}}
>\frac{\sqrt[m]{n+1}}{\sqrt[n]{m+1}}>\frac{n+1}{m+1}
>\frac nm.\]

证明：左边由 $(1+1/n)^n$ 的单调性可知成立，右边显然成立，下面证中间的。等价变形有
\begin{align*}
\frac{\sqrt[m]{n+1}}{\sqrt[n]{m+1}}>\frac{n+1}{m+1}
&\iff(m+1)^{mn-m}>(n+1)^{mn-n} \\
&\iff(m+1)^{m(n-1)}>(n+1)^{m(n-1)}\cdot (n+1)^{m-n} \\
&\iff\frac{m+1}{n+1}>(n+1)^{\frac{m-n}{m(n-1)}} \\
&\iff\frac{m+1}{n+1}>\bigl(1+\sqrt{n+1}-1\bigr)^{\frac{2(m-n)}{m(n-1)}},
\end{align*}
由 $n\geqslant3$ 得
\[m(n-1)-2(m-n)=m(n-3)+2n>0\riff 0<\frac{2(m-n)}{m(n-1)}<1,\]
故由伯努利不等式有
\[\bigl(1+\sqrt{n+1}-1\bigr)^{\frac{2(m-n)}{m(n-1)}}
<1+\frac{2(m-n)}{m(n-1)}\bigl(\sqrt{n+1}-1\bigr),\]
故只需证
\[1+\frac{2(m-n)}{m(n-1)}\bigl(\sqrt{n+1}-1\bigr)\leqslant \frac{m+1}{n+1},\]
化简即
\[\frac2{n-1}\bigl(\sqrt{n+1}-1\bigr)\leqslant \frac{m}{n+1},\]
由 $m$, $n\inZ$ 且 $m>n$ 得 $m\geqslant n+1$，所以只需证
\[2\bigl(\sqrt{n+1}-1\bigr)\leqslant n-1,\]
化简即
\[\sqrt{n+1}\geqslant 2,\]
由 $n\geqslant3$ 可知成立，所以原不等式得证。