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[不等式] Inequality use chebyshev?

本帖最后由 hbghlyj 于 2021-4-8 16:21 编辑

链接1
链接2
这一步的变换是怎么搞的呢
QQ图片20210406221604.jpg
2021-4-8 16:21

之前就看过,也是搞不懂怎么变出来的……

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本帖最后由 hbghlyj 于 2021-4-8 16:18 编辑

a,b,c>0,$a+b+c=a^{-1}+b^{-1}+c^{-1}$,求证\[\sum{\frac{(a-1)(a-2)}{a^2+8}}\ge0\]
注:$\frac{1-a}{a^2+8}+\frac{1-b}{b^2+8}+\frac{1-c}{c^2+8}+1\ge3 \left(\frac{1}{a^2+8}+\frac{1}{b^2+8}+\frac{1}{c^2+8}\right)\iff \sum{\frac{(a-1)(a-2)}{a^2+8}}\ge0$
证:若$a,b,c∈\left[\frac{2}{3},\frac{8}{3}\right],$由Chebyshev不等式,$\sum\frac{\left(a-1\right)\left(a-2\right)}{a^2+8}=\sum\left[\frac{a^2-1}{a}\cdot\frac{a\left(a-2\right)}{\left(a+1\right)\left(a^2+8\right)}\right]\geq\frac{1}{3}\sum\frac{a^2-1}{a}\cdot\sum\frac{a\left(a-2\right)}{\left(a+1\right)\left(a^2+8\right)}=0.$
下设$a\in\left(0,\frac{2}{3}\right)\cup\left(\frac{8}{3},+\infty\right)$,则$f\left(a\right)>\frac{1}{20}.$易知在(0,+∞)上$f\left(x\right)=\frac{\left(x-1\right)\left(x-2\right)}{x^2+8}>-\frac{1}{40},$故$f(a)+f(b)+f(c)≥f(a)-2\cdot\frac{1}{40}>0$
(by qianqiangzhen3)

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顶一下
n=3时,1#的不等式如何证明呢

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本帖最后由 色k 于 2021-4-12 01:38 编辑

回复 4# hbghlyj

仿照一下前两天这帖 http://kuing.orzweb.net/viewthre ... amp;page=1#pid38911 的方法可以暴力撸掉 n=3 :

`a,b,c>0,a+b+c=1/a+1/b+1/c` 证
\[\frac 1{8+a^2}+\frac 1{8+b^2}+\frac 1{8+c^2}\geqslant \frac 1{a+b+c}.\]
证:只需证更强式
\[3\sum \frac 1{(8+a^2)(8+b^2)}\geqslant \frac 1{(a+b+c)^2},\]即
\[3(24+a^2+b^2+c^2)(a+b+c)^2\geqslant (8+a^2)(8+b^2)(8+c^2),\]记 `p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc`,条件即 `r=q/p`,由此可将上式化为
\[3p^6-6p^4q+8p^4-8p^2q^2+144p^2q-512p^2-q^2\geqslant 0,\]由均值有 `q^2\geqslant 3rp=3q` 得 `q\geqslant 3`,可令 `q=3+u`,又 `p^2\geqslant 3q`,可令 `p^2=3(3+u)+t`,其中 `t`, `u` 非负,代入上式展开后系数全为正(具体就不贴了),即得证。

PS1、这次的 t,u 换元比前两天的改进了一点,如果还是用 3+t,3+u 的话证不出来。
PS2、显然这种方法不适合于 n 元推广……
PS3、3# 的题跟这个题的关联是?

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回复 5# 色k
把此题贴到MSE了,暂时还没有解答.
3#证明了$\frac{1-a}{a^2+8}+\frac{1-b}{b^2+8}+\frac{1-c}{c^2+8}+1\ge3 \left(\frac{1}{a^2+8}+\frac{1}{b^2+8}+\frac{1}{c^2+8}\right)$,但是对此题应该没啥帮助.....

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