|
|
生如夏花 7:11:58
已知a∧b＝b∧a，a≠b且均为正数 求证a∧b＞e∧e
在证明此题前先推一个对数—算术平均不等式的加强。
由对数—算术平均不等式有
\[\frac{a-b}{\ln a-\ln b}<\frac{a+b}2,\quad(*)\]两边乘以 `(a+b)/2` 得
\[\frac{(a+b)(a-b)}{2(\ln a-\ln b)}<\left( \frac{a+b}2 \right)^2,\]即
\[\frac{a^2-b^2}{\ln a^2-\ln b^2}<\left( \frac{a+b}2 \right)^2,\]作置换 `a\to\sqrt a`, `b\to\sqrt b` 就是
\[\frac{a-b}{\ln a-\ln b}<\left( \frac{\sqrt a+\sqrt b}2 \right)^2,\quad(**)\]式 (**) 强于式 (*)，但它们又是等价的。用自己来加强自己，有趣吧？
回到原题，设 `a^b=b^a=m`，取对数得
\[b\ln a=a\ln b=\ln m\iff\frac{\ln a}a=\frac{\ln b}b=\frac{\ln m}{ab},\]故由等比定理及式 (**) 得
\[\frac{\ln m}{ab}=\frac{\ln a-\ln b}{a-b}>\left( \frac2{\sqrt a+\sqrt b} \right)^2,\]所以
\[\ln m>\left( \frac{2\sqrt{ab}}{\sqrt a+\sqrt b} \right)^2=\left( \frac2{\frac1{\sqrt a}+\frac1{\sqrt b}} \right)^2,\]故要证 `m>e^e` 只需证
\[\frac1{\sqrt a}+\frac1{\sqrt b}<\frac2{\sqrt e},\]令 `1/\sqrt a=t`, `1/\sqrt b=u`，则 `t^2\ln t=u^2\ln u`，这样就转化为普通的漂移题：
已知 `f(x)=x^2\ln x`，`t\ne u` 满足 `f(t)=f(u)`，求证 `t+u<2/\sqrt e`。
这由 `f'''(x)=2/x>0` 可知成立（见 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=redirect&goto=findpost&ptid=4042&pid=18036 的 3#），所以原不等式获证。 |
|
