根式不等式√a/(b+2)

tommywong

已知$a>0,b>0$,求證

$\displaystyle \sqrt{\frac{a}{b+2}}
+\sqrt{\frac{b}{a+2}}\ge 2\sqrt{\frac{ab}{2ab+1}}$

kuing

即
\[\frac1{\sqrt{(a+1)^2-1}}+\frac1{\sqrt{(b+1)^2-1}}\geqslant\frac2{\sqrt{2ab+1}},\]可以证明 `1/\sqrt{(e^x+1)^2-1}` 为下凸函数，从而
\[
\LHS\geqslant\frac2{\sqrt{\bigl(\sqrt{ab}+1\bigr)^2-1}}=\frac2{\sqrt{ab+2\sqrt{ab}}}\geqslant\RHS.
\]

isee

回复 2# kuing


    `1/\sqrt{(e^x+1)^2-1}` 为什么不是`1/\sqrt{(x+1)^2-1}`？

kuing

回复 3# isee

由 `1/\sqrt{(x+1)^2-1}` 下凸只能得出
\[LHS\geqslant\frac2{\sqrt{\bigl(\frac{a+b}2+1\bigr)^2-1}},\]用它无法证明原不等式；

而由 `1/\sqrt{(e^x+1)^2-1}` 下凸则有
\[\frac1{\sqrt{(e^x+1)^2-1}}+\frac1{\sqrt{(e^y+1)^2-1}}\geqslant\frac2{\sqrt{(e^{(x+y)/2}+1)^2-1}}=\frac2{\sqrt{\bigl(\sqrt{e^xe^y}+1\bigr)^2-1}},\]也就是
\[LHS\geqslant\frac2{\sqrt{\bigl(\sqrt{ab}+1\bigr)^2-1}},\]很明显，它比前者强。