[不等式] 多元不等式

本帖最后由 hbghlyj 于 2020-6-18 18:52 编辑

正数$a_1,a_2,\cdots,a_{99}$满足$\forall1\le i<j\le99,ia_j+ja_i\ge i+j,$求证$(a_1+1)(a_2+2)\cdots(a_{99}+99)\ge100!$
我的思路
已知等价于\[\frac{a_i}i+\frac{a_j}j\ge \frac1i+\frac1j\qquad\qquad(1)\],这个式子关于i,j对称,故可以取消条件i<j,变成$\forall 1\le i,j\le99$
$U=\{1,2,\cdots,99\},\forall A=\{i_1,i_2,\cdots,i_m\}\subset U(2\le m\le 99),$对(i,j)=$(i_1,i_2)(i_2,i_3)\cdots(i_m,i_1)$求和,每项出现两次,就得到(1)的推广:\[\forall A\subset U,\sum\limits_{i\in A}\frac{a_i}i\ge \sum\limits_{i\in A}\frac1i\qquad\qquad(2)\]
特别地取A=U,\[\sum\limits_{i\in U}\frac{a_i}i\ge \sum\limits_{i\in U}\frac1i\qquad\qquad(3)\]
待证式$\Leftrightarrow(a_1+1)(a_2+2)\cdots(a_{99}+99)\ge(1+1)(1+2)\cdots(1+99)\Leftrightarrow\sum\limits_{A\subset U}\frac{99!}{\prod\limits_{i\in A}i}\prod\limits_{i\in A}a_i\ge\sum\limits_{A\subset U}\frac{99!}{\prod\limits_{i\in A}i}\Leftrightarrow\sum\limits_{A\subset U}\left(\prod\limits_{i\in A}\frac{a_i}{i}-\prod\limits_{i\in A}\frac{1}{i}\right)\ge0$
把它推广为:$\sum\limits_{A\subset U\\|A|\le n}\left(\prod\limits_{i\in A}\frac{a_i}{i}-\prod\limits_{i\in A}\frac{1}{i}\right)\ge0$(取n=99就是本题的结论)
对n归纳.当n=1时设$A=\{j\}$即为$\sum\limits_{j\in U}\left(\frac{a_i}{i}-\frac{1}{i}\right)\ge0$,这就是(3).
假设命题对n-1为真,我们来证它对n为真.
因为$A=\emptyset$时99!-99!=0,所以只需考虑$|A|\ge1$的情况,在A中固定一个元j,令$A'=A\setminus\{j\}$,即为$\sum\limits_{j\in U}\sum\limits_{A'\subset U\\|A'|\le n-1}\frac1{|A'|+1}\left(\frac{a_j}j\prod\limits_{i\in A'}\frac{a_i}{i}-\frac1j\prod\limits_{i\in A'}\frac{1}{i}\right)\ge0$(不要忘了分母$|A'|+1$也就是|A|,这是因为A中每个元都被选到一次,最后要除以A的元素个数)
现在{j}和A'是U的不交的子集,它们互相是独立的,故可以交换求和次序,$\sum\limits_{A'\subset U\\|A'|\le n-1}\frac1{|A'|+1}\left(\left(\sum\limits_{j\in U}\frac{a_j}j\right)\prod\limits_{i\in A'}\frac{a_i}{i}-\left(\sum\limits_{j\in U}\frac1j\right)\prod\limits_{i\in A'}\frac{1}{i}\right)\ge0$
利用(3),$\sum\limits_{j\in U}\frac{a_j}j\ge\sum\limits_{j\in U}\frac1j$
对A'利用归纳假设得到$\sum\limits_{A'\subset U\\|A'|\le n-1}\frac1{|A'|+1}\left(\prod\limits_{i\in A'}\frac{a_i}{i}-\prod\limits_{i\in A'}\frac{1}{i}\right)\ge0$(这里的$\frac1{|A'|+1}$跟归纳假设不同，怎么办)
故命题对n为真.由归纳原理对任何1≤n≤99为真.
标答
设$b_i=\frac{a_i}i(i\in U),$待证式$\Leftrightarrow\prod\limits_{i\in U}(b_i+1)\ge\prod\limits_{i\in U}\frac{i+1}i=100$
若不存在这样的$k\in U$,使得$b_k<\frac1k$,则命题成立;若存在这样的k,由(1)知只存在一个.记$x=\frac1k-b_k,$则$0<x<\frac1k$.$\forall j\in U,j\ne k,$由(1)得$b_j\ge\frac1j+x$
故$\prod\limits_{i\in U}(b_i+1)\ge\frac{1+\frac1k-x}{1+\frac1k+x}\cdot\prod\limits_{j\in U}(1+\frac1j+x)=100\frac{1+\frac1k-x}{1+\frac1k+x}\prod\limits_{j\in U}(1+\frac x{1+\frac1j})>100\cdot\frac{1+\frac1k-x}{1+\frac1k+x}\prod\limits_{j\in U}(1+\frac x2)=100\frac{1+\frac1k-x}{1+\frac1k}\frac{1+\frac1k}{1+\frac1k+x}\left(1+\frac x2\right)^{99}=100\frac1{1+\frac x{1+\frac1k-x}}\frac1{1+\frac x{1+\frac1k}}\left(1+\frac x2\right)^{99}>100\frac1{1+x}\frac1{1+x}\left(1+\frac x2\right)^4=100\frac{\left(1+x+\frac{x^2}4\right)^2}{\left(1+x\right)^2}>100$.原不等式当且仅当$a_i=i+1$时取等.
我的代数变形能力太弱了，看到标答这么强的放缩技巧根本想不到啊。我的证法没有用很多代数变形和放缩，就是把待证式展开，固定一个元素j，然后把乘积中拆出一个和式，放缩，再用数学归纳法。当然这题如果直接数学归纳法是不行的。那些经典不等式真就一个也没用到。可能是联赛的趋势吧。。。
如果有证明错误或打字错误一定要告诉我哟！