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Beweise $sqrt{a^2+4}+sqrt{b^2+4}leqfrac{sqrt{2}}{4}(a+b)^2$ mit $frac1a+frac1b= 1$.

Lösung:

Lassen $x=frac{1}{a}$ und $y=frac{1}{b}$. Das wollen wir zeigen $x+y=1$ und $x,ygeq 0$ implizieren

$$ y^2xsqrt{4x^2+1}+x^2ysqrt{4y^2+1}leq frac{sqrt{2}}{4}. $$

Vermietung $x=frac{1+t}{2},y=frac{1-t}{2}$, ist dies gleichbedeutend mit dem Finden des Maximums von
$$ f
(was eine gerade Funktion ist) über $[-1,1]$. Wir haben
$$ f
$$ f(sqrt{t}) = sqrt{2}(1-t)sqrt{2-t+t^2+(1-t)sqrt{1+t^2}}$$
und beide $1-t$ und $2-t+t^2+(1-t)sqrt{1+t^2}$ sind positive und fallende Funktionen über $[0,1]$, also das Maximum von $f
$$2-tantheta+tan^2theta+(1-tantheta)sqrt{1+tan^2theta} = frac{2+sqrt{2}sinleft( tfrac{pi}{4}+thetaright)}{2sin^2left(frac{pi}{4}+frac{theta}{2}right)}$$
und die Ableitung der RHS ist
$$ -frac{1}{sin^2left(frac{pi}{4}+frac{theta}{2}right)left(1+tanfrac{theta }{2}right)}<0.$$

Durch AM-GM und CS erhalten wir:
$$frac{sqrt2(a+b)^2}{4}=frac{sqrt{2(a+b)}sqrt{a+b}(a+b)^2}{4ab} geq(sqrt{a}+sqrt{b})sqrt{a+b}=$$
$$=sqrt{a^2+ab}+sqrt{b^2+ab}geqsqrt{a^2+frac{4a^2b^2}{(a+b)^2}} +sqrt{a^2+frac{4a^2b^2}{(a+b)^2}}=$$
$$=sqrt{a^2+4}+sqrt{b^2+4}.$$

Um einige Quadratwurzeln loszuwerden und zu vereinfachen, ersetzen Sie $(a,b)to (2x, 2y)$. Die Ungleichung kann geschrieben werden als:

Lassen $x,y >0$ und $frac{1}{x}+frac{1}{y} = 2$. Beweise das:

$$sqrt{2(x^2+1)}+sqrt{2(y^2+1)} leq (x+y)^2$$

In diesem Fall können wir von AM-GM Folgendes sehen:

$$sqrt{2(x^2+1)}+sqrt{2(y^2+1)} leq frac{x^2+1+2}{2}+frac{y^2 +1+2}{2} = frac{x^2+y^2}{2}+3$$

Es reicht zu beweisen:

$$frac{x^2+y^2}{2}+3 leq (x+y)^2$$

oder

$$x^2+y^2+4xy geq 6$$

Von AM-GM am Anfangszustand können wir das sehen $xy geq 1$. Deswegen

$$x^2+y^2+4xy geq 6xy geq 6$$

Gleichberechtigung tritt ein, wenn $(x,y) = (1,1)$, also wann $(a,b)=(2,2)$.

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