Нестрого, но симпатично

[arqady]

Пусть $a$ и $b$ положительные числа такие, что $a+b=1$. Для любого действительного $x$ докажите, что:

$$ae^{\frac{x}{a}} + be^{-\frac{x}{b}}\leq e^{\frac{x^2}{8a^2b^2}}$$

[Sergic Primazon]

arqady в сообщении #1161792 писал(а):

Пусть $a$ и $b$ положительные числа такие, что $a+b=1$. Для любого действительного $x$ докажите, что:

$$ae^{\frac{x}{a}} + be^{-\frac{x}{b}}\leq e^{\frac{x^2}{8a^2b^2}}$$

Можно считать что $x \ge 0$ , $\dfrac{x}{ab}=t \ge 0$

$f_1(t) = (1-a)+a e^t , \qquad f_2(t)=e^{\frac{t^2}{8}+at}\qquad $

$f_1(0)=f_2(0)=1.$ Докажем , что : $f_1'(t) \le f_2'(t) \Leftrightarrow f_3(t)=a \le e^{\frac{t^2}{8}-(1-a)t} \cdot (\frac{t}{4}+a)=f_4(t)$

$f_3(0)=f_4(0)= a , \qquad f_3'(t)=0 \le f_4'(t)= \frac{1}{16} \cdot e^{\frac{t^2}{8}-(1-a)t} \cdot(t-2(1-2a))^2$

Получили : $(f_3(0)=f_4(0) , \qquad f_3'(t) \le f_4'(t))\qquad \Rightarrow f_3(t) \le f_4(t) \Rightarrow f_1'(t) \le f_2'(t)$

$\qquad (f_1(0)=f_2(0) , \qquad f_1'(t) \le f_2'(t) ) \qquad \Rightarrow f_1(t) \le f_2(t)$

[arqady]

Фёдор Петров нашёл очень красивое решение.