仅使用 AM-GM 和 Cauchy-Schwarz 不等式帮助我解决此问题

anhcanhsat97

对于满足 $a^{13}+b^{13}=2.$ 的正实数 $a,b$ 证明
$$\dfrac{5a^2}{b}+\dfrac{3b^3}{a^2} \ge 8$$

kuing

本来就难，还限方法……

我暂时只会暴力求导（非拉格朗）……

kuing

还是码一下导数的证法吧……

由条件可设 `a=\sqrt[{13}]{1-x}`, `b=\sqrt[{13}]{1+x}`，其中 `x\in(-1,1)`，则等价于证明
\[f(x)=\frac{5(1-x)^{2/13}}{(1+x)^{1/13}}+\frac{3(1+x)^{3/13}}{(1-x)^{2/13}}-8\geqslant0,\]显然 `f(0)=0`，求导整理可得
\[f'(x)=\frac{3(5-x)}{13(1+x)^{14/13}(1-x)^{11/13}}\left( \left( \frac{1+x}{1-x} \right)^{4/13}-\frac{5(3+x)}{3(5-x)} \right),\]那么只需证
\[\led
&\left( \frac{1+x}{1-x} \right)^{4/13}<\frac{5(3+x)}{3(5-x)},&&x\in(-1,0),\\
&\left( \frac{1+x}{1-x} \right)^{4/13}>\frac{5(3+x)}{3(5-x)},&&x\in(0,1),
\endled\]令
\[u=\left( \frac{1+x}{1-x} \right)^{4/13}\riff x=\frac{u^{13/4}-1}{u^{13/4}+1}\riff\frac{5(3+x)}{3(5-x)}=\frac{5(1+2u^{13/4})}{3(3+2u^{13/4})},\]即证
\[\led
&u<\frac{5(1+2u^{13/4})}{3(3+2u^{13/4})},&&u\in(0,1),\\
&u>\frac{5(1+2u^{13/4})}{3(3+2u^{13/4})},&&u\in(1,+\infty),
\endled\]令
\[g(u)=u-\frac{5(1+2u^{13/4})}{3(3+2u^{13/4})},\]由于 `g(1)=0`，故只需证明 `g(u)` 递增，求导化简得
\[g'(u)=\frac{12u^{13/2}+36u^{13/4}-65u^{9/4}+27}{3(3+2u^{13/4})^2},\] 即证对于正数 `u` 恒有 `h(u)=12u^{13/2}+36u^{13/4}-65u^{9/4}+27>0`，分两类讨论：

（1）当 `u\geqslant1` 时，有 `h'(u)=39u^{5/4}(8u^{17/4}+12u-15)/4>0`，得 `h(u)\geqslant h(1)=10>0`；

（2）当 `0<u<1` 时，令 `t=u^{9/4}`，则
\begin{align*}
h(u)&>12u^{27/4}+36u^{18/4}-65u^{9/4}+27\\
&=12t^3+36t^2-65t+27\\
&=(3t+7)(2t-1)^2+20(t-1)^2\\
&>0.
\end{align*}
综上所述，原不等式获证。

yao4015

没记错的话，这个问题出现是在Vasc的书中(Inequalities with beautiful solutions)，但是没有解法。 我用软件测了一下，13还可以改为14. 但是15是不成立.

kuing

... 我用软件测了一下，13还可以改为14. 但是15是不成立.
yao4015 发表于 2021-6-21 12:53

确实如此，用 4# 的方式也能证明这一点。

将 `13` 写成 `k`，即
\[f(x)=\frac{5(1-x)^{2/k}}{(1+x)^{1/k}}+\frac{3(1+x)^{3/k}}{(1-x)^{2/k}}-8,\]求导后是
\[f'(x)=\frac{3(5-x)}{k(1+x)^{1+1/k}(1-x)^{1-2/k}}\left( \left( \frac{1+x}{1-x} \right)^{4/k}-\frac{5(3+x)}{3(5-x)} \right),\]只要证
\[\led
&\left( \frac{1+x}{1-x} \right)^{4/k}<\frac{5(3+x)}{3(5-x)},&&x\in(-1,0),\\
&\left( \frac{1+x}{1-x} \right)^{4/k}>\frac{5(3+x)}{3(5-x)},&&x\in(0,1),
\endled
\iff
\led
&u<\frac{5(1+2u^{k/4})}{3(3+2u^{k/4})},&&u\in(0,1),\\
&u>\frac{5(1+2u^{k/4})}{3(3+2u^{k/4})},&&u\in(1,+\infty),
\endled\]然后
\[g(u)=u-\frac{5(1+2u^{k/4})}{3(3+2u^{k/4})},\quad g'(u)=\frac{12u^{k/2}+36u^{k/4}-5ku^{k/4-1}+27}{3(3+2u^{k/4})^2},\]只要证 `12u^{k/2}+36u^{k/4}-5ku^{k/4-1}+27` 恒为正。

现在证明 `k=14` 时，只要证 `12u^7+36u^{7/2}-70u^{5/2}+27` 恒为正，配方为
\[12(u^{7/2}-1)^2+5(12u^{7/2}-14u^{5/2}+3),\]由均值有
\[12u^{7/2}+3=\frac{12}5\left( 5\cdot u^{7/2}+2\cdot\frac58 \right)\geqslant\frac{12\cdot7}5(u^{7/2})^{5/7}\left( \frac58 \right)^{2/7}=42\sqrt[7]{\frac2{5^5}}\cdot u^{5/2},\]故只需证 `42\sqrt[7]{\frac2{5^5}}>14`，即 `3^7\cdot2>5^5`，计算可知成立，即得证！

用软件作图可以看到 `k=14.9` 都可以用上述方法证明成立，而 `k=15` 就不成立：

上图中，负的部分刚好是 `u\in(??,1)`，所以在 `u=1` 的左边（即原不等式 `x=0` 的左边）肯定有一部分不成立。

`k=14.9` 及 `k=15` 时的 `f(x)`：

kuing

回复 6# kuing

修改了 n 遍，总算弄好了，证最后那个恒正时的配方 + 均值方式我估计 4# 也适用，就不用分两类讨论了，不过懒得重写了……

anhcanhsat97

回复 4# yao4015
没错，这就是这个问题的根源

anhcanhsat97

回复 2# kuing
非常感谢你的帮助。 我认为如果使用拉格朗日乘数或导数方法，这个问题可以很简单地解决（就想法而言）。 但我需要一个仅使用经典不等式的解决方案:(
我们将使用拉格朗日乘数。考虑多元函数 $f(a, b)=\frac{5 a^{2}}{b}+\frac{3 b^{3}}{a^{2}}-\lambda\left(a ^{13}+b^{13}-2\right)$ 参数 $\lambda$。我们有
\begin{align*}
&\frac{df}{da}=\frac{10 a}{b}-\frac{6 b^{3}}{a^{3}}-13 \lambda a^{12} \\&\frac{df}{db}=\frac{-5 a^{2}}{b^{2}}+\frac{9 b^{3}}{a^{2}}-13 \lambda b ^{12} 。
\end{align*}
为了找到断点，我们解决系统
\begin{align*}
    \begin{cases}
   \frac{d f}{d a}=0\\ \frac{d f}{d b}=0\\a^{13}+b^{13}=2 。
    \end{cases}
\end{align*} 设置 $t=\frac{a}{b}$ 然后 $10 t-\frac{6}{t^{3}}=13 \lambda a^{12}$ 和 $-5 t ^{2}+\frac{9}{t^{2}}=13 \lambda b^{12}$。将两边分二度
有了这个公式，我们立即有 $$\frac{10 t-\frac{6}{t^{3}}}{-5 t^{2}+\frac{9}{t^{2}}} = t^{12} \Leftrightarrow 5 t^{17}+10 t^{4}=6+9 t^{13}$$ 考虑 $g(t)=15 t^{17}-9 t^{ 13 }+10 t^{4}-6$ 是
$$
g^{\prime}(t)=85 t^{16}-117 t^{12}+40 t^{3}=t^{12}\left(85 t^{4}+\frac{40}{t^{9}}-117\right)
$$
请注意，$$85 t^{4}+\frac{40}{t^{9}}=9 \cdot \frac{85}{9} t^{4}+4 \cdot \frac{10}{ t ^{9}} \geq 13 \sqrt[13]{\left(\frac{85}{9}\right)^{9} \cdot 10^{4}}>13 \cdot 9=117$$ 所以$g^{\prime}(t)>0 .$ 因此， $g(t)$ 对 $(0 ;+\infty)$ 进行协变，并且 $g(1)=0$ 所以
(*) 当 $t=1$ 时有唯一解。因此，$t=\frac{a}{b}=1$ 所以很容易求解 $a=b=1$ 和 $\lambda=\frac{4}{13}$。在这里，我们添加 $f_{a a}^{\prime \prime}, f_{a b}^{\prime \prime}, f_{b a}^{\prime \prime}, f_{b b}^{\prime \prime}$ 表示上面的断点最小就完成了。答案 $\min P=f(1,1)=8$。

anhcanhsat97

回复 1# anhcanhsat97
我仍在寻找这个问题的基本解决方案,仅使用柯西不等式和柯西-施瓦茨不等式, 我在考虑伯努利。不等式

anhcanhsat97

回复 10# hbghlyj
是的，很抱歉给您带来的不便 ,我是新来的国际学生

kuing

再来一种导数证法：齐次化换元、取对数求导、柯西均值

直接证 14 次方的更强式，即证
\[\frac{5a^2}b+\frac{3b^3}{a^2}\geqslant8\cdot\sqrt[{14}]{\frac{a^{14}+b^{14}}2},\]两边 `14` 次方并去分母为
\[(5a^4+3b^4)^{14}\geqslant2^{41}a^{28}b^{14}(a^{14}+b^{14}),\]令 `b^2=xa^2`，化为
\[(5+3x^2)^{14}\geqslant2^{41}x^7(1+x^7),\]取对数，即证对任意 `x>0` 恒有
\[f(x)=14\ln(5+3x^2)-41\ln2-7\ln x-\ln(1+x^7)\geqslant0,\]求导通分
\[f'(x)=\frac{84x}{5+3x^2}-\frac7x-\frac{7x^6}{1+x^7}=\frac{7(6x^9-10x^7+9x^2-5)}{x(5+3x^2)(1+x^7)},\]对分子分解，有
\begin{align*}
6x^9-10x^7+9x^2-5&=6x^9-6x^7+5x^2-5-4x^7+4x^2\\
&=(6x^7+5)(x^2-1)-4x^2(x^5-1)\\
&=\bigl((6x^7+5)(x+1)-4x^2(x^4+x^3+x^2+x+1)\bigr)(x-1),
\end{align*}由柯西有
\[(6x^7+5)(x+1)>5(x^7+1)(x+1)\geqslant5(x^4+1)^2,\]由均值有
\[x^2\leqslant\frac{x^3+x}2\leqslant\frac{x^4+1}2\riff4x^2(x^4+x^3+x^2+x+1)\leqslant5(x^4+1)^2,\]得到
\[(6x^7+5)(x+1)>4x^2(x^4+x^3+x^2+x+1),\]所以当 `0<x<1` 时 `f'(x)<0`，当 `x>1` 时 `f'(x)>0`，从而 `f(x)\geqslant f(1)=0`，原不等式得证。

这个证法显然比 3#、5# 更优美，高中生完全能接受。

isee

回复 8# anhcanhsat97


"因此， g(t) 对 (0;+∞) 进行协变"，什么是协变？

其妙

去掉13次方和为2的条件，参见：blog.sina.com.cn/s/blog_54df069f0101j42e.html

anhcanhsat97

回复 15# 其妙
我很难证明这个不等式 {:khóc:}
$$\left(\frac{(a+b)}{2}+\frac{3(a-b)^{2}}{a+b}\right)^{13} \ge \frac{\left(a^{13}+b^{13}\right)}{2}$$

hbghlyj

yao4015 发表于 2021-6-21 05:53
没记错的话，这个问题出现是在Vasc的书中(Inequalities with beautiful solutions)，但是没有解法。 我用软 ...

补一个链接
Inequalities with beautiful solutions

b-ok.cc/book/2822943/49353a

色k

hbghlyj 发表于 2022-6-22 04:21
文章无法查看 {:khóc:}

貌似全部 sina 博客都这样了……

PS、这个 {:khóc:} 是啥意思

hbghlyj

色k posted at 2022-6-22 10:30
PS、这个 {:khóc:} 是啥意思

cry的意思