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lemondian 发表于 2018-12-3 16:34

求证不等式

如果$a_1,a_2,\cdots ,a_n\inR(n\inN,且n\geqslant 2)$,且满足$a_1+a_2+\cdots+a_n=n$,则有$\dfrac{a_1}{a_1^2-a_1+2}+\dfrac{a_2}{a_2^2-a_2+2}+\cdots +\dfrac{a_n}{a_n^2-a_n+2}\leqslant \dfrac{n}{2}$.

kuing 发表于 2018-12-4 00:36

[quote]如果$a_1,a_2,\cdots ,a_n\inR(n\inN,且n\geqslant 2)$,且满足$a_1+a_2+\cdots+a_n=n$,则有$\dfrac{a_1}{ ...
[size=2][color=#999999]lemondian 发表于 2018-12-3 16:34[/color] [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=29005&ptid=5770][img]http://kuing.orzweb.net/images/common/back.gif[/img][/url][/size][/quote]
差点被你坑了,我首先尝试用柯西(因为前段时间有道类似的用柯西搞定所以第一反应就柯了),搞了一通发现不行,后来转向考虑切线法,就画了个图,猛然发现这题竟然是不成立的!!

我们来看下 `f(x)=x/(x^2-x+2)` 的图象:
[attach]6770[/attach]
可以看到它的最大值比 0.5 大一点,具体来说就是 `f\bigl(\sqrt2\bigr)>0.5`,而左边负无穷方向趋向零,那么,当 `n` 很大时,我可以让 `n-1` 个 `a_i` 都取 `\sqrt2`,剩下那一个负很大(题目范围是实数喔),`f` 它趋向零,所以整个左边趋向 `(n-1)f\bigl(\sqrt2\bigr)`,故由 `f\bigl(\sqrt2\bigr)>0.5` 可知一定存在足够大的 `n` 使左边大于 `n/2`。

kuing 发表于 2018-12-4 00:56

一定要弄个具体的反例出来也很容易,就令
\[g(n)=(n-1)f\bigl(\sqrt2\bigr)+f\bigl(n-(n-1)\sqrt2\bigr)-\frac n2,\]
作个图,可以看到 `g(16)` 就正了,即反例为 `n=16` 且 `a_1=a_2=\cdots=a_{15}=\sqrt2`, `a_{16}=16-15\sqrt2`。

要修正的话,最简单的,加个正数条件,或者 `a_i\geqslant-2`,不过这都太容易证了。
又或者限制 `n`,在不修改实数范围的前提下,`n` 最大可以多大?这也是个问题……

lemondian 发表于 2018-12-4 10:20

[b]回复 [url=http://kuing.orzweb.net/redirect.php?goto=findpost&pid=29009&ptid=5770]3#[/url] [i]kuing[/i] [/b]
那么改为:
(1)$a_n\inR^+$;
或(2)$2\leqslant n\leqslant 11$
可否?

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