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kuing
Posted 2016-6-30 16:24
还是来个初等证明，将要证的不等式两边除以2再取以2为底的对数得:
\[ x+\frac{1}{x}-1 \geqslant \log_{2}{\frac{2^x+2^{\frac{1}{x}}}{2}} \]注意到右边是指数平均数，它由于指数的下凸性，它是大于$\frac{1}{2}(2^x+2^{\frac{1}{x}})$的，为了完成上式的证明，引入待定系数$\frac{1}{2}<\lambda<1$，使得
\[ \log_{2}{\frac{2^x+2^{\frac{1}{x}}}{2}} \leqslant \lambda (x+\frac{1}{x}) \]这样我们就只要证明
\[ \lambda (x+\frac{1}{x}) \leqslant x+\frac{1}{x}-1 \]就可以了，而这只需要
\[ \frac{1}{2}<\lambda < 1-\frac{1}{x+\frac{1}{x}} \]就能办到，所以只要在这个范围任取一个$\lambda$就可以完成证明。
说明：这里的$\lambda$并不需要是一个常数，针对不同的$x$，只要取的$\lambda$满足最后那个不等式就行，所以准确的说应该写成$\lambda(x)$。
zhcosin 发表于 2016-6-30 15:08
\[ \lambda\geqslant \frac1{x_0+\frac1{x_0}}\log_2{\frac{2^{x_0}+2^{\frac1{x_0}}}2},
\]然后还需要
\[\frac12<\lambda < 1-\frac1{x_0+\frac1{x_0}},
\]于是你就要证明
\[\left[\frac1{x_0+\frac1{x_0}}\log_2{\frac{2^{x_0}+2^{\frac1{x_0}}}2},+\infty\right)
\cap \left(\frac12,1-\frac1{x_0+\frac1{x_0}}\right)\ne\kongji,
\]这样才能保证这样的 $\lambda$ 存在。
那么要证明无论 $x_0$ 取任何正数，交集都非空，也就是要证明
\[\left[\frac1{x+\frac1{x}}\log_2{\frac{2^{x}+2^{\frac1{x}}}2},+\infty\right)
\cap \left(\frac12,1-\frac1{x+\frac1{x}}\right)\ne\kongji
\]对于任意 $x>0$ 恒成立，于是至少你得去证明
\[\frac1{x+\frac1{x}}\log_2{\frac{2^{x}+2^{\frac1{x}}}2}<1-\frac1{x+\frac1{x}}
\]对于任意 $x>0$ 恒成立，亦即证
\[\log_2\frac{2^{x}+2^{\frac1{x}}}2<x+\frac1{x}-1,
\]对于任意 $x>0$ 恒成立，结果等于什么都没做。 |
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游客
Posted 2016-4-26 13:33
这是为啥哩？
真是一失足成千古恨