来自网友的一道幂指不等式 $x^{1-x}+(1-x)^x\le\sqrt2$

kuing

2017-10-16
长风大侠 7:02:07

看看这题，谢谢！

证明：因为 $\ln2<1$，下面证明更强式
\[x^{1-x}+(1-x)^x\leqslant \sqrt2-\frac{\sqrt2}2(1-\ln2)(2x-1)^2. \quad(*)\]

令
\[f(x)=x^{-x},\quad x\in(0,1),\]
求二阶导数得
\[f''(x)=-x^{-x-1}+x^{-x}(1+\ln x)^2,\]
下面证明 $f''(x)<0$，即证
\[(1+\ln x)^2<\frac1x,\]
令 $x=e^{-t}$, $t>0$，即证
\[(1-t)^2<e^t,\]
由泰勒易得
\[e^t>1+t+\frac{t^2}2+\frac{t^3}6>(1-t)^2,\]
%（用泰勒是因为我懒得啰嗦，其实直接求导证也很容易）
所以 $f''(x)<0$ 成立，即 $f(x)$ 为上凸函数。

不难计算出 $f(x)$ 在 $x=1/2$ 处的切线方程为
\[y=\sqrt2(\ln2-1)\left( x-\frac12 \right)+\sqrt2,\]
那么，由于 $f(x)$ 为上凸函数，它必不大于其任一切线，于是我们有
\[x^{-x}\leqslant \sqrt2(\ln2-1)\left( x-\frac12 \right)+\sqrt2,\]
所以
\[x^{1-x}\leqslant \sqrt2(\ln2-1)\left( x-\frac12 \right)x+\sqrt2x,\]
上式对 $x\in[0,1]$ 恒成立，对其作置换 $x\to1-x$，同样有
\[(1-x)^x\leqslant \sqrt2(\ln2-1)\left( \frac12-x \right)(1-x)+\sqrt2(1-x),\]
以上两式相加，即得式 $(*)$。$\Box$

游客

用琴生吧，x1+x2=1.

kuing

用琴生吧，x1+x2=1.
游客 发表于 2017-10-16 12:14

$x^{1-x}$ 并不保凸……

kuing

回复 2# 游客

哦，我知道你意思了，用加权的琴生确实也可以。

证二：同样是用1楼所设的 $f(x)=x^{-x}$，上面已经证明了它是上凸函数，因此由加权琴生不等式有
\[x^{1-x}+(1-x)^x=xf(x)+(1-x)f(1-x)\leqslant f\bigl(x^2+(1-x)^2\bigr),\]
令 $u=x^2+(1-x)^2$，显然 $u\geqslant1/2$，由 $f'(x)=x^{-x}(-1-\ln x)$ 知 $f(x)$ 在 $(1/e,1)$ 上递减，而 $1/e<1/2$，从而 $f(u)\leqslant f(1/2)=\sqrt2$，即得 $x^{1-x}+(1-x)^x\leqslant\sqrt2$。

这样确实更简单（对于原题）。

游客

唉，取了个对数之后，不等号的方向搞错了。

敬畏数学

这是啥子不等式哦？答案我都看不懂。。。。。

v6mm131

事实上有$x^{1-x}+(1-x)^x\leqslant\sqrt{x}+\sqrt{1-x}\leqslant\sqrt{2}$

kuing

回复 7# v6mm131

这个漂亮呀，怎么搞出来的？

kuing

回复 7# v6mm131

怎么不见人了……

kuing

翻个老帖。

事实上有$x^{1-x}+(1-x)^x\leqslant\sqrt{x}+\sqrt{1-x}\leqslant\sqrt{2}$
v6mm131 发表于 2017-10-16 20:27

v6 不回复我，只好自己撸了。

下面证明菊部不等式：对任意 `x\in[0,1]`，恒有
\[x^{1-x}\leqslant\sqrt x+\sqrt2x(1-x)(2x-1)\ln2.\quad(*)\]

令
\[g(x)=\frac1{\sqrt x}+\sqrt2(1-x)(2x-1)\ln2-x^{-x},\quad x\in(0,1],\]
则等价于证明 `g(x)` 非负，为此，把它求三次导数，结果如下
\begin{align*}
g'(x)&=-\frac1{2x^{3/2}}+\sqrt2(3-4x)\ln2+x^{-x}(1+\ln x),\\
g''(x)&=\frac3{4x^{5/2}}-4\sqrt2\ln2-x^{-x-1}(-1+x+2x\ln x+x\ln^2x),\\
g'''(x)&=-\frac{15}{8x^{7/2}}+x^{-x-2}\bigl( -1-3x+x^2-3x\ln x+x^2(3+3\ln x+\ln^2x)\ln x \bigr),
\end{align*}
不难证明 `-1-3x+x^2-3x\ln x<0`，由此可见恒有 `g'''(x)<0`，即 `g'(x)` 上凸。

经计算易知 `g'(1/2)=0`, `g'(1)<0`, `g''(1/2)>0`，由此可见存在 `x_0\in(1/2,1)` 使 `g'(x_0)=0`，即 `g'(x)` 有两个零点 `1/2` 和 `x_0`。

结合以上两点可知：在 `(0,1/2)` 内 `g'(x)<0`，在 `(1/2,x_0)` 内 `g'(x)>0`，在 `(x_0,1)` 内 `g'(x)<0`，
即：`g(x)` 在 `(0,1/2)\searrow`，在 `(1/2,x_0)\nearrow`，在 `(x_0,1)\searrow`，而显然 `g(1/2)=g(1)=0`，所以恒有 `g(x)\geqslant0`，式 (*) 获证。

那么，对式 (*) 作置换 `x\to1-x` 也有
\[(1-x)^x\leqslant\sqrt{1-x}+\sqrt2x(1-x)(1-2x)\ln2,\]
与式 (*) 相加即得
\[x^{1-x}+(1-x)^x\leqslant\sqrt x+\sqrt{1-x}.\]