a，b為正實數，如何證明a^b+b^a>1？

12-03

居然看到了這麼個經典的陳題, 還好記得. 然後奉上我的第二個知乎回答. 實際上和大大熊的一樣.

只需證明 $a,bin(0,1)$ 的情形. 我們證明此時有 $a^b>frac{a}{a+b}$ . 事實上,這等價於 $a+b>a^{1-b}$ . 由 Bernoulli 不等式知, $a^{1-b}=(1-(a-1))^{1-b}leqslant 1+(a-1)(1-b)=a+b-ab</P><P>同理有 <img src=$ , 因此 $a^b+b^a>frac{a}{a+b}+frac{b}{a+b}=1.$

a和b裡面有大於等於1的時候顯然，現設a和b都在(0,1)內。固定a，則b的取值範圍是[0,1]。b=0或1時很容易驗證，略。如果b不在這兩個點取到最小值，那麼必然在導數為0的某處取到最小值。故只需證明導數為0時式子成立。對b求導令其為0，得
a^(b-1)lna+b^(a-1)=0, b^a=-ba^(b-1)lna;
代入原式，只需證
a^(b-1)(a-blna)&>1;
現在再固定b。由於lna&<=a-1，只需證
a^(b-1)(a+b-ab)&>1;
左邊取對數之後對a求導得
(b-1)/a+(1-b)/(a+b-ab)=-(1-a)(1-b)b/((a+b-ab)a)&<0,
對a遞減，故
a^(b-1)(a+b-ab)&>1^(b-1)(1+b-b)=1,
當0&

如果 $a ge 1$ , 那麼 $y = a^x$ 是單調遞增函數或者常函數, 因此 $a^b ge a^0 = 1$ , 因此 $a^b + b^a > 1$
同理, $b ge 1$ 時命題也成立

剩餘一種情況是 $a, b in (0, 1)$
這裡我們把 $a$ 看做變數, $b$ 看成常量, 考察函數 $y = x^b + b^x$ 在 $(0,1)$ 上的值
這不是一個簡單的函數, 如果用mathematica繪製它的圖像, 會發現這個函數在常數 $b$ 的不同取值下, 函數圖像的單調性, 凸性是不一樣的, 而且在多次求導之後, 函數仍然沒有很簡單的性質.

首先對這個函數求導
$y$
$y$
$egin{align} y^{(k)}=b(b-1) cdots(b-k+1)x^{b-k}+b^x(lnb)^k \ =(-1)^{k-1}b(1-b) cdots(k-1-b)x^{b-k}+(-1)^kb^x(lnfrac1b)^k end{align}$
注意到兩點
1, 最後一個表達式由兩項組成, 並且這兩項的符號正好相反
2, $lim_{x ightarrow 0}{y^{(k)}(x)} =(-1)^{k-1} imes infty$

下面我們定義一個名詞好函數
一個函數 $f(x)$ 為好函數, 如果它定義域為 $(0,1)$ , 並且滿足下面4種性質之一:
性質1, $f(x)>0$ 恆成立
性質2, $f(x)<0$ 恆成立
性質3, $f(x)$ 的正負號先正後負
性質4, $f(x)$ 的正負號先負後正

下面我們分四步證明原命題
1, 對任意 $b in (0, 1)$ , 存在 $kge1$ 使得 $y^{(k)}(x)$ 滿足性質1
2, 對任意 $k ge 3$ , 若 $y^{(k)}(x)$ 是好函數, 那麼 $y^{(k-1)}(x)$ 也是好函數
3, 我們必定有 $y$ 是好函數, 或者: $y$ 先遞減再遞增, 符號先正後負再正
4, 在3基礎上證明原命題

證明第1步: 對任意 $b in (0, 1)$ , 存在 $kge1$ 使得 $y^{(k)}(x)$ 滿足性質1
首先證明一個引理
對任意 $b in (0, 1)$ , 存在 $kge1$ 使得 $b(1-b) cdots(k-1-b) > (lnfrac1b)^k$
這要用到斯特林公式 $n! ge frac{sqrt{2pi}n^{n+frac12}}{e^n}$
$b(1-b) cdots(k-1-b) ge b(1-b)(k-2)! = frac{b(1-b)k!}{k(k-1)}$
$ge frac{b(1-b)}{k(k-1)} cdot frac{sqrt{2pi}k^{k+frac12}}{e^k}=frac{b(1-b)sqrt{2pi}k^{frac{k+1}2}}{k(k-1)} cdot (frac{sqrt{k}}{e})^k$
最後的式子中, $lim_{k ightarrow infty }{frac{b(1-b)sqrt{2pi}k^{frac{k+1}2}} {k(k-1)}} = infty$ , 因此存在 $K>0$ , 只要 $k > K$ 就有 $frac{b(1-b)sqrt{2pi}k^{frac{k+1}2}} {k(k-1)} > 1$
另一方面, 解不等式 $(frac{sqrt{k}}{e})^k > (lnb)^k$ 得到 $k > (elnb)^2$
因此只要當 $k > max(K, (elnb)^2)$ 就可以了

接著
$y^{(k)}(x) = (-1)^{k-1}(b(1-b) cdots(k-1-b)x^{b-k} - b^x(lnfrac1b)^k)$
其中
$b(1-b) cdots(k-1-b)x^{b-k} - b^x(lnfrac1b)^k ge b(1-b) cdots(k-1-b) - (lnfrac1b)^k > 0$
我們只要再要求 $k$ 為奇數就找到了滿足性質1的 $k$ 階導數

證明第2步: 對任意 $k ge 3$ , 若 $y^{(k)}(x)$ 是好函數, 那麼 $y^{(k-1)}(x)$ 也是好函數
1, 如果 $y^{(k)}(x)$ 滿足性質1或性質2, 那麼 $y^{(k-1)}(x)$ 是單調函數, 那麼它要麼保持同號, 要麼先正後負, 要麼先負後正, 結論成立

2, 如果 $y^{(k)}(x)$ 滿足性質3, 先正後負, 根據前面對 $y^{(k)}(x)$ 在 $x$ 趨於0的觀察, $k$ 必須是奇數, 並且 $y^{(k)}(1) = b(1-b) cdots(k-1-b) - b(lnfrac1b)^k < 0$ ,
$y^{(k-1)}(x)$ 的導數先正後負, 因此 $y^{(k-1)}(x)$ 先遞增, 後遞減
考察 $y^{(k-1)}(1) = -b(1-b) cdots(k-2-b) + b(lnfrac1b)^{(k-1)}$ , 這裡我們斷言它一定是一個正數
否則 $(1-b)^{k-1} cdots (k - 1-b)^{k-1}< (lnfrac1b)^{k(k-1)} le (1-b)^k cdots (k-2-b)^k$
$(k-1-b)^{k-1}<(1-b) cdots (k-2-b)$ , 而這是不可能的
因此 $y^{(k-1)}(x)$ 先遞增, 後遞減, 並且在左端為負無窮, 右端為正數, 因此它滿足性質4

3, 如果 $y^{(k)}(x)$ 滿足性質4, 先負後正, 根據前面對 $y^{(k)}(x)$ 在 $x$ 趨於0的觀察, $k$ 必須是偶數, 並且 $y^{(k)}(1) = -b(1-b) cdots(k-1-b) + b(lnfrac1b)^k > 0$
我們類似論證
$y^{(k-1)}(x)$ 的導數先負後正, 因此 $y^{(k-1)}(x)$ 先遞減, 後遞增
考察 $y^{(k-1)}(1) = b(1-b) cdots(k-2-b) - b(lnfrac1b)^{(k-1)}$ , 這裡我們斷言它一定是一個負數, 否則 $(1-b)^{k-1} cdots (k - 1-b)^{k-1}< (lnfrac1b)^{k(k-1)} le (1-b)^k cdots (k-2-b)^k$
$(k-1-b)^{k-1}<(1-b) cdots (k-2-b)$ , 而這當 $k ge 4$ 的時候是不可能的
因此 $y^{(k-1)}(x)$ 先遞減, 後遞增, 並且在左端為正無窮, 右端為負數, 因此它滿足性質3

證明第3步
由第1步知道存在一個 $k ge 3$ 使得 $y^{(k)}$ 是一個好函數, 根據2可以知道 $y$ 是個好函數, 並且因為 $y$ , 所以它要麼恆為負數, 要麼先負後正
因此 $y$ 要麼遞減, 要麼先遞減後遞增
分三種情況討論
1, 如果 $y$ 遞減, 那麼它是好函數
2, 如果 $y$ 先遞減後遞增, 並且 $y$ , 那麼它也是好函數
3, 如果 $y$ 先遞減後遞增, 並且 $y$ , 那麼 $y$ 先正後負再正

證明第4步
考慮到 $y(0) = 1, y(1) = 1 + b$ ,
根據第3步的結論, $y$ 要麼是好函數, 要麼先遞減後遞增, 符號先正後負再正
1, $y$ 是好函數
這種情況下, $y$ 要麼恆為正數, 要麼先正後負
$y(x)$ 要麼單調遞增, 要麼先增後減, 可以看到 $y(x)$ 的最小值在兩端取到, 因此對 $x>0, y(x) > 1$
2, $y$ 先遞減後遞增, 符號先正後負再正
這是 $y$ 的任意階導數中唯一可能不是好函數的情況, 實際上是可以發生的, 當 $b = frac1e + Delta$ , $Delta$ 是一個比較小的數的時候是這樣的, 具體可以用mathematica繪製函數圖像, 當 $b=0.38$ 時, $y$ 的圖像分別如下

這時 $y$ 在 $(0,1)$ 上有兩個零點, $y(x)$ 在第二個零點處取到極小值
我們記這個零點為 $omega$ , 並證明 $y(omega) > 1$
根據中值定理
$y(1) - y(omega) = y$
注意到 $y$ 在 $(omega, 1)$ 上是單調遞增的, 因此 $0 < y$
$egin{align} y(omega) = y(1) - y$ 1 + b - y"(1)(1-omega) \ > 1 + b - y"(1) \ = 1 + b - b - blnb \ = 1 - blnb \ > 1
end{align}" eeimg="1">
因此 $y(x) > 1$ 對 $x in (0, 1)$ 恆成立