来自人教群的 $(a+\sqrt{1+b^2})(b+\sqrt{1+a^2})\ge1$

kuing

若 (a+ √(1+b^2))(b+ √(1+a^2)) ≥ 1, 求证: a+b ≥ 0. 成立否?不成立能否举一个反例?

证明：用反证法，假设 $a+b<0$。

将已知等式展开为
\[\sqrt{1+a^2}\sqrt{1+b^2}+ab-1\geqslant -a\sqrt{1+a^2}-b\sqrt{1+b^2},\]
设 $f(x)=x\sqrt{1+x^2}$，显然为递增的奇函数，故此 $a+b<0\iff f(a)+f(b)<0$，可见上式右边为正，故此可将上式两边平方得
\[(1+a^2)(1+b^2)+(ab-1)^2-2\sqrt{1+a^2}\sqrt{1+b^2}\geqslant a^2(1+a^2)+b^2(1+b^2),\]
整理为
\[2(1-ab)-(a^2-b^2)^2\geqslant 2\sqrt{1+a^2}\sqrt{1+b^2},\]
然而
\[2(1-ab)-(a^2-b^2)^2\leqslant 2(1-ab)\leqslant 2(1+\abs{ab})\leqslant 2\sqrt{(1+a^2)(1+b^2)},\qquad(*)\]
因此只能是
\[2(1-ab)-(a^2-b^2)^2=2\sqrt{1+a^2}\sqrt{1+b^2},\]
并且所有不等号应同时取等，考查式 (*) 的取等条件，易见为 $a^2=b^2$ 且 $ab\leqslant0$，即 $a+b=0$，与假设矛盾，故得证。

其妙

!，恒等变形厉害啊！
逆命题也成立噻？

kuing

!，恒等变形厉害啊！
逆命题也成立噻？
其妙 发表于 2014-2-6 15:34

嗯，逆命题成立，因为 $a+b\geqslant0$ 时最开始展开那个式子右边非正，而左边由柯西知非负。
也就是说题目的两个式子是等价的。

其妙

这里也有人刚刚证明了
blog.sina.com.cn/s/blog_630088e00101q2qy.html
blog.sina.com.cn/s/blog_630088e00101q2l3.html

kuing

soga，原来我证复杂了……