二元不等式

v6mm131

已知$a,b\ge0$ 证明：$ \sqrt {a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+\sqrt {(a-1)^2+(b-1)^2}+(\sqrt {2}+1)ab\ge\sqrt{5}+1$

realnumber

没做完，不妨设$a\ge b$.应该是在a=0.5,b=0取等，也就是说下面4，5不容易证明.
1.当$a\ge1,b\ge 1$时，
则左边大于$3\sqrt{2}+1$,原式成立.
2.当$a\ge1,b\le 1$时，
则左边大于$\sqrt2+1+(1-b)+(\sqrt2+1)b$，也可证明大于右边.
3.当$a\ge 0.5,b\ge 0.5$时,只需要证明$\sqrt{(a-1)^2+(b-1)^2}+(\sqrt2+1)ab\ge 1$
只需要证明$0.5\sqrt{2}(1-a+1-b)+(\sqrt2+1)ab\ge 1$,可以证明，略.
4.当$a\ge 0.5,b\le 0.5$时，先证明$\sqrt{(a-1)^2+(b-1)^2}+0.5(\sqrt2+1)b\ge \sqrt{(a-1)^2+1}$---①
这样，要证明原不等式成立，只需要证明$\sqrt{a^2+1}+\sqrt{(a-1)^2+1}\ge \sqrt5$这个只需要平方2下就可证明.
①的证明如下：\[0.5(\sqrt2+1)b\ge \sqrt{(a-1)^2+1}-\sqrt{(a-1)^2+(b-1)^2}\]
即\[0.5(\sqrt2+1)b\ge\frac{2b-b^2}{\sqrt{(a-1)^2+1}+\sqrt{(a-1)^2+(b-1)^2}}\]
只需要证明\[0.5(\sqrt2+1)b\ge\frac{2b-b^2}{1+1-b}\] 显然成立.
5.当$a\le 0.5,b\le 0.5$时

kuing

回复 2# realnumber

前两天我就解决了 $a\ge\sqrt2-1$ 的情形，其实很简单，求导就行了，不用分那么多类，记
\[f(b)=\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+\sqrt{(a-1)^2+(b-1)^2}+\bigl(\sqrt2+1\bigr)ab,\]
则当 $a\ge\sqrt2-1$ 时
\[f'(b)=\frac b{\sqrt{1+b^2}}+\frac{b-1}{\sqrt{(a-1)^2+(b-1)^2}}+
\bigl(\sqrt2+1\bigr)a\ge\frac{b-1}{\sqrt{(a-1)^2+(b-1)^2}}+1\ge0,\]
故
\[f(b)\ge f(0)=\sqrt{a^2+1}+1+\sqrt{(1-a)^2+1}\ge1+\sqrt5;\]
所以剩下只要证明 $0\le b\le a\le\sqrt2-1$ 的情形

v6mm131

回复 3# kuing   这个要松点
已知$a,b\ge0$ 证明：$ \sqrt {a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+\sqrt {(a-1)^2+(b-1)^2}+(\sqrt {5}+1)ab\ge\sqrt{5}+1$
先证 $ \sqrt {a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+ab\ge1+\sqrt {1+(a+b)^2} $       (1)
      $ \sqrt {(a-1)^2+(b-1)^2}+\sqrt {5}ab\ge\sqrt {1+(1-a-b)^2}$    (2)

kuing

回复 4# v6mm131

为嘛要证个松的呢？1楼的应该也可以这样证啊

kuing

搞定了，沿着4楼v6的思路。

下面分别证明
\begin{align*}
\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+ab&\geqslant 1+\sqrt{1+(a+b)^2}, \quad (1)\\
\sqrt{(a-1)^2+(b-1)^2}+\sqrt2ab&\geqslant \sqrt{1+(1-a-b)^2}. \quad (2)
\end{align*}

对于式 (1)，记
\[g(a)=\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+ab-1-\sqrt{1+(a+b)^2},\]
求导得
\begin{align*}
g'(a)&=\frac a{\sqrt{a^2+1}}+b-\frac{a+b}{\sqrt{1+(a+b)^2}} \\
& =\frac a{\sqrt{a^2+1}}-\frac a{\sqrt{1+(a+b)^2}}+b-\frac b{\sqrt{1+(a+b)^2}} \\
& \geqslant 0,
\end{align*}
故 $g(a)\geqslant g(0)=0$，即式 (1) 成立；

对于式 (2)，有
\begin{align*}
(2) &\iff \sqrt2ab\geqslant \sqrt{1+(1-a-b)^2}-\sqrt{1+(1-a-b)^2-2ab} \\
&\iff \sqrt2ab\geqslant \frac{2ab}{\sqrt{1+(1-a-b)^2}+\sqrt{1+(1-a-b)^2-2ab}} \\
&\iff \sqrt{1+(1-a-b)^2}+\sqrt{1+(1-a-b)^2-2ab}\geqslant \sqrt2 \\
&\iff \sqrt2\sqrt{1^2+(a+b-1)^2}+\sqrt2\sqrt{(1-a)^2+(1-b)^2} \geqslant 2,
\end{align*}
由柯西不等式得
\[\sqrt2\sqrt{1^2+(a+b-1)^2}+\sqrt2\sqrt{(1-a)^2+(1-b)^2}\geqslant 1+a+b-1+1-a+1-b=2,\]
故式 (2) 成立。

式 (1) 与式 (2) 相加即得
\[LHS\geqslant 1+\sqrt{1+(a+b)^2}+\sqrt{1+(1-a-b)^2}\geqslant 1+\sqrt5.\]