$a > 0$, $b > 0$ のとき、不等式 $a \log(1+a) + e^b > 1 + ab + b$ が成り立つことを示す。ただし、$e$ は自然対数の底である。

1. 問題の内容

$a > 0$, $b > 0$ のとき、不等式 $a \log(1+a) + e^b > 1 + ab + b$ が成り立つことを示す。ただし、$e$ は自然対数の底である。

2. 解き方の手順

まず、$f(x) = e^x$ に対する Taylor展開を考える。特に、$x=0$ における Taylor 展開を考えると、

$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \dots$ となる。

したがって、$e^x > 1 + x$ が成り立つ（$x>0$ の場合）。

これより、$e^b > 1+b$ が成立する。

次に、$g(a) = \log(1+a)$ について考える。

$a > 0$ なので、$1+a > 1$ であり、$\log(1+a) > 0$ である。

$a \log(1+a) + e^b > 1 + ab + b$ を示すために、

$a \log(1+a) > 1+ab$ かつ $e^b > b$ を示すことを試みる。

$e^b > 1+b$ であることはすでに示されているので、

$a \log(1+a) > ab$ であることを示す。

$a > 0$ なので、両辺を $a$ で割ることができ、

$\log(1+a) > b$ となることを示したい。

$a>0, b>0$ の仮定より,

$e^b > 1+b$

$a \log(1+a) + e^b > a \log(1+a) + 1+b$

したがって、

$a \log(1+a) + 1+b > 1+ab+b$

を示すことができれば良い。

$a \log(1+a) + 1+b > 1+ab+b$

$a \log(1+a) > ab$

$\log(1+a) > b$

ここで、$f(a) = \log(1+a)$ を考える。

$f'(a) = \frac{1}{1+a}$ であり、

$a>0$ なので、$0 < f'(a) < 1$

平均値の定理より、

$\frac{\log(1+a) - \log(1)}{a-0} = \frac{1}{1+c}$ となる $0<c<a$ が存在する。

$\log(1) = 0$ なので、

$\frac{\log(1+a)}{a} = \frac{1}{1+c}$

$\log(1+a) = \frac{a}{1+c}$

$a>0, b>0$ において、$a\log(1+a)+e^b > 1+ab+b$ が成立することを示す。

$a\log(1+a) + e^b > a \cdot \frac{a}{1+c} + 1+b$

$e^b > 1+b+ \frac{b^2}{2} + ...$

$a\log(1+a) > a(a-\frac{a^2}{2}+ ...)$

$a\log(1+a) + e^b - (1+ab+b) > 0$

$h(a,b) = a\log(1+a)+e^b - (1+ab+b)$

$e^b > 1+b$.

$\log(1+a) > a - a^2/2 + ...$

$a\log(1+a) > a^2 - a^3/2$

$a\log(1+a)+e^b > a^2 -a^3/2+1+b - (1+ab+b)$

$a\log(1+a)+e^b > a^2 -a^3/2 - ab$

$a\log(1+a)+e^b > a(a -a^2/2 - b)$

$e^b > 1+b$ より, $a\log(1+a) + e^b > a\log(1+a) + 1+b$.

$a\log(1+a) > ab$ を示せば良い.

$\log(1+a) > b$.

$a \log(1+a) + e^b - (1 + ab + b) > 0$を示す

3. 最終的な答え

$a > 0, b > 0$ のとき、不等式 $a \log(1+a) + e^b > 1 + ab + b$ が成り立つ。