a^α＋b^α＞（a＋b）^α

0＜α＜1、α∈Q、a＞0、b＞0とすれば、
a^α＋b^α＞（a＋b）^α

の証明を教えてください。
a^αで両辺を割り、b／aを再びbとかけば、
1＋b^α＞（1＋b）^α

と同値なのですが。また、αは実数でも成り立つのでしょうか？

No.6 回答者： 178-tall 回答日時： 2014/03/02 20:14

>元の問題　0＜α＜1、a＞0、b＞0とすれば、a^α＋b^α＞（a＋b）^α　は、(a^α＋b^α)^(1/α)＞a＋b　と同値なので、　y=(a^x+b^x)^(1/x)　（0＜a≦b）　のグラフを調べてもよいことになります。

>このグラフはソフトで調べると、　-∞<x<0のとき、単調減少し、0<y<a　0<x<∞のとき、単調減少し、b<y<∞　となるようです。

>…グラフを手計算で書こうとして行き詰まってしまいました。
>y=(a^x+b^x)^(1/x)　（0＜a≦b）　の対数をとり、　log y=(1/x)log(a^x+b^x)　微分して、　y'/y=(1/x^2)[{(log a)a^x+(log b)b^x}{x/(a^x+b^x)} - log(a^x+b^x)]　が負であることを示そうとしたのですが、うまくいきません。


算式上でグラフを追跡するにしては、ドンドン煩雑な方へ入り込んでいく観がありますネ。

ANo.3 の参考 URL (命題 1.7) の「グラフ追跡」では、
　(x^p+b^p) > (x+b)^p
なる順序 (大小) 関係の見積もりを、
　f(x)= (x^p+b^p)/(x+b)^p
なる「比」関数の増減追跡により、簡潔に済ませている。

…この手法をそのまま 0 < p < 1 のケースに流用したのが ANo.5 。


しからば、
y = (a^x + b^x)^(1/x) > a + b　(0 < x < 1, a, b > 0)　の形にして、「比」関数を禁じ手にする。
　　　↓
対数をとり、　Ln(y) = (1/x)Ln(a^x+b^x)　さらに微分してしまうと？
…　…

手続きが煩雑化し、(解決できるにしても) 容易には見通せなくなりつつあります。

　　

No.5 回答者： 178-tall 回答日時： 2014/02/28 08:40

謹訂正。

つまり、f(x)= (x^p+b^p)/(x+b)^p にて、
　2^(1-p) > f(x) > 1
　　↓
　2^(1-p) * (x+b)^p > x^p + x^p > (x+b)^p

　　

この回答へのお礼

みなさまありがとうございます。

0<a<1,x>0のとき、

1+x^a>(1+x)^a

を示すのに、

f(x)=1+x^a-(1+x)^a

f'(x)=a/x^(1-a) - a/(1+x)^(1-a)>0

から、

f(x)=1+x^a-(1+x)^a>f(0)=0

となり示すことができました。


ところで、元の問題

0＜α＜1、a＞0、b＞0とすれば、
a^α＋b^α＞（a＋b）^α

は、

(a^α＋b^α)^(1/α)＞a＋b

と同値なので、

y=(a^x+b^x)^(1/x)　（0＜a≦b）

のグラフを調べてもよいことになります。

このグラフはソフトで調べると、

-∞<x<0のとき、単調減少し、0<y<a

0<x<∞のとき、単調減少し、b<y<∞

となるようです。

しかし、グラフを手計算で書こうとして行き詰まってしまいました。

y=(a^x+b^x)^(1/x)　（0＜a≦b）

の対数をとり、

log y=(1/x)log(a^x+b^x)

微分して、

y'/y=(1/x^2)[{(log a)a^x+(log b)b^x}{x/(a^x+b^x)} - log(a^x+b^x)]

が負であることを示そうとしたのですが、うまくいきません。

新しく質問投稿させていただこうと思っています。

お礼日時：2014/02/28 14:41

No.4 回答者： 178-tall 回答日時： 2014/02/28 08:30

< ANo.3

…に蛇足を付加。

参考 URL 「命題 1.7」の証明にある f'(x) を見ると
0 < p 1 の場合には x=b にて f は最大値 2^(1-p) をとるとわかります。

つまり、f(x)= (x^p+b^p)/(x+b)^p にて、
　2^(1-p) > f(x) > 1
　　↓
　2^(p-1) * (x+b)^p > x^p + x^p > (x+b)^p

　　

No.3 回答者： 178-tall 回答日時： 2014/02/27 19:58

参考 URL (エンコード = UTF-8 ) から無名の「命題 1.7」の前半を盗用すれば？

その筋書きだけ…。

「命題 1.7」の前半から (部分的な整形あり) 。
a, b > 0, p > 1 のとき、
　a^p + b^p < (a+b)^p

両辺を (1/p)- 乗して、
　(a^p + b^p)^(1/p) < (a+b)

ここで、a^p=A, b^p=B とすると？
　(A + B)^(1/p) < A^(1/p) + B^(1/p)
…を得て、チョン。

「命題 1.7」の証明は、簡潔かつ明快。

　　

参考URL：http://nalab.mind.meiji.ac.jp/~mk/labo/text/func …

No.2 回答者： htms42 回答日時： 2014/02/24 13:56

イメージだけです。

y=x^α　とします。
これを上に１だけ平行移動したものを　y1
左に１だけ平行移動したものを　y2
y1=1+x^α
y2=(1+x)^α
x=0,y=1を交点に持ちます。
x>0,y>1の範囲では交点を持ちません。
α>1のとき、y1,y2は下に凸です。
x>0,y>1　で　y1<y2
0<α<1のとき　y1,y2は上に凸です。
x>0,y>1　で　y1>y2　

No.1 回答者： stomachman 回答日時： 2014/02/23 10:34

(1)　　0＜α＜1かつ 0＜x≦1 ⇒ x^α ≧ x

(2)　　0＜α＜1かつ 1＜y ⇒ y^α ＜ y
はカンタン（もちろん、αが実数でもOK）。
　さて、(2)でy=1+xとすれば、(1)と併せて
(3)　　0＜α＜1かつ 0＜x≦1 ⇒ 1+x^α ＞ (1+x)^α
が言えますね。
　ここでx=bとすれば、質問にお書きの最後の式が0＜b≦1の場合に成立つこと：
　　　0＜α＜1かつ 0＜b≦1 ⇒ 1+b^α ＞ (1+b)^α
の証明が得られます。
　また、x=1/bとすれば
　　　0＜α＜1かつ 0＜1/b≦1 ⇒ 1+(1/b)^α ＞ (1+1/b)^α
であり、さらに不等式の両辺をb^α倍すれば
　　　0＜α＜1かつ 0＜1/b≦1 ⇒ b^α+1 ＞ (b+1)^α
つまり、
　　　0＜α＜1かつ 1≦b ⇒ 1+b^α ＞ (b+1)^α
だから、質問にお書きの最後の式が1≦bの場合にも成立つことが証明できます。