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悠闲数学娱乐论坛(第2版)
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发表于 2018-4-2 14:52
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2018-4-2 14:52
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guanmo1
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发表于 2018-4-4 14:03
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只看该作者
没有大神解答吗?
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yao4015
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发表于 2018-4-4 20:14
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只看该作者
三次对称还有难题吗? 试试Vasc的AC方法, 三次应该是通杀.
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wanhuihua
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发表于 2018-4-4 21:57
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只看该作者
https://tieba.baidu.com/p/5632955750
有一个长解答,实际上四次可以搞定
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其妙
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发表于 2018-4-5 21:49
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只看该作者
see here:
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=2866
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kuing
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发表于 2018-4-5 21:52
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其妙
看起来像,但难度却差多了
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其妙
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发表于 2018-4-5 22:08
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kuing
是的,我的意思是是否能参考一下,或许也是:那个“不妨设”其实是抽屉原则与不等式的一夜情。
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wanhuihua
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发表于 2018-4-6 09:12
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只看该作者
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3319
,和这题也有点像
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guanmo1
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发表于 2018-4-12 20:10
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只看该作者
大神们,这两题还是不一样的吧?
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kuing
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发表于 2018-4-14 03:04
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只看该作者
本来,帖子标题不好好写,公式这么简短也不打代码非要贴图,我真不想给楼主写过程,不过,还是没忍住,唉。
下面我用原始的消元求导来玩玩,不过由于是二元函数,其实我也不是太肯定过程有没有漏洞,希望没问题。
消 `c`,等价于证明
\[f(a,b)=a^3+b^3+\frac1{a^3b^3}+3-2a^2-2b^2-\frac2{a^2b^2}\geqslant0,\]显然,对于任意一个 `b`,都有
\[\lim_{a\to0^+}f(a,b)=\lim_{a\to+\infty}f(a,b)=+\infty,\]由于 `a`, `b` 对称,所以换过来也一样,而 `f(a,b)` 连续可导,故此必存在最小值并且取最小值时满足 `\partial f/\partial a=\partial f/\partial b=0`,于是,令
\begin{align*}
\frac{\partial f}{\partial a}&=3a^2-\frac3{a^4b^3}-4a+\frac4{a^3b^2}=0,\\
\frac{\partial f}{\partial b}&=3b^2-\frac3{a^3b^4}-4b+\frac4{a^2b^3}=0,
\end{align*}两式相减并因式分解得
\[\frac{(a-b)(3a^5b^4+3a^4b^5-4a^4b^4-4ab+3)}{a^4b^4}=0,\]下面证明恒有
\[3a^5b^4+3a^4b^5-4a^4b^4-4ab+3>0,\quad(*)\]设 `t=\sqrt{ab}`,则由均值可知只需证
\[6t^9-4t^8-4t^2+3>0,\]因为 `t^8+t^2\leqslant t^9+t`,故
\[6t^9-4t^8-4t^2+3\geqslant2t^9-4t+3,\]不难证明 `2t^9-4t+3>0`(至少两种证法,一是求导知 `t=\sqrt[8]{2/9}` 时最小,代入证明其为正即可,二是将 `3` 拆成八个 `3/8` 再与 `2t^9` 用均值),所以式 (*) 得证,由此可见只能 `a=b`,将其代回任一条偏导式中,即
\[3a^2-\frac3{a^7}-4a+\frac4{a^5}=0,\]因式分解得
\[(a^3-1)(3a^6-4a^5+3a^3-4a^2+3)=0,\]而
\[3a^6-4a^5+3a^3-4a^2+3=3(a-1)^6+a(a^2-a+1)(14a^2-31a+18)>0,\]可见只能 `a=1`,即 `a=b=1`,亦即 `f(a,b)` 只有唯一的驻点 `(1,1)`,所以这必然是 `f(a,b)` 的最小值点,即
\[f(a,b)\geqslant f(1,1)=0,\]所以原不等式得证。
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kuing
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发表于 2018-4-14 14:38
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只看该作者
还是不太放心上面的证明,再来一个吧。
证法二:由对称性,不妨设 `c=\min\{a,b,c\}`,则 `ab\geqslant1`,消 `c`,等价于证明
\[a^3+b^3+\frac1{a^3b^3}+3\geqslant2a^2+2b^2+\frac2{a^2b^2},\]令 `a+b=2p`, `ab=q^2`, `q\geqslant1`,由 `(a+b)^2\geqslant4ab` 得 `p\geqslant q\geqslant1`,上式去分母后可以整理为
\[2q^6(p-q)\bigl((2p+q-2)^2+4(p-1)\bigr)+(q-1)^2\bigl(q(q^2+1)(q^4-2q^2+2)+q^2(1-q^2)(1-q^3)+1\bigr)\geqslant0,\]显然成立,即得证。
这个证明虽然看起来短,实际上计算量和证法一不差多少。
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wanhuihua
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发表于 2018-4-14 18:44
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$$
\eqalign{
& {\cal 设}a,b,c{\cal 为}{\cal 正}{\cal 数}{\cal ,}abc = 1,{\cal 求}{\cal 证}{\cal :} \cr
& \sum {a^3 } + 3 \geqslant 2\sum {a^2 } \cr
& {\cal 证}{\cal 明}{\cal :}f = \sum {a^3 } + 3{\text{ - }}2\sum {a^2 } {\text{ = ((}}\sum {a)} ^{\text{2}} {\text{ - 3}}\sum {ab)} \sum a + 6 - 2(\sum a )^2 + 4\sum {ab} = \cr
& {\text{(}}\sum {a)} ^3 - 2(\sum a )^2 + (4 - 3\sum a )\sum {ab} + 6,{\cal 当}\sum {ab} \leqslant \sum a {\cal 时}{\cal :} \cr
& f \geqslant {\text{(}}\sum {a)} ^3 - 2(\sum a )^2 + (4 - 3\sum a )\sum a + 6 = \left( {\sum a - 3} \right)\left( {(\sum a )^2 - 2\,\sum a - 2} \right) \geqslant 0 \cr
& {\cal 当}\sum {ab} > \sum a {\cal 时}{\cal 只}{\cal 需}{\cal 证}{\cal :} \cr
& \sum {a^3 } + 3abc \geqslant 2\sum {a^2 } \frac{{\sum {ab} }}
{{\sum a }} \Leftrightarrow \sum {a^2 } (a - b)(a - c) \geqslant 0,{\cal 为}{\cal 舒}{\cal 尔}{\cal 不}{\cal 等}{\cal 式}{\cal 显}{\cal 然}{\cal 。} \cr}
$$更多好玩的题参见
https://tieba.baidu.com/f?kw=%BE%AD%B5%E4%B2%BB%B5%C8%CA%BD
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