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[不等式] 求证一组不等式

一组不等式:
1.已知$a,b,c\geqslant 0,a^2+b^2+c^2+abc=4$,求证:$a+b+c\leqslant 3$;
2.已知$a,b,c,d\geqslant 0,a^2+b^2+c^2+d^2+abcd=5$,求证:$a+b+c+d\leqslant 4$.
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条件比结论复杂, 反证法是首选, 反转后的不等式应该不难

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回复 2# yao4015
给一个证明吧?谢谢

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回复 3# lemondian

三元的你应该能自己完成

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反转的方法我在论坛上也演示过很多次了,你只需在论坛全文搜索“逆否命题”就可以找到相关例子。

首先,条件显然可以放宽,推广为:

`1'`. 已知 `a`, `b`, `c\geqslant0`, `a^2+b^2+c^2+abc\leqslant4`,求证:`a+b+c\leqslant3`;
`2'`. 已知 `a`, `b`, `c`, `d\geqslant0`, `a^2+b^2+c^2+d^2+abcd\leqslant5`,求证:`a+b+c+d\leqslant4`;

与之等价的逆否命题为:

`1''`. 已知 `a`, `b`, `c\geqslant0`, `a+b+c>3`,求证:`a^2+b^2+c^2+abc>4`;
`2''`. 已知 `a`, `b`, `c`, `d\geqslant0`, `a+b+c+d>4`,求证:`a^2+b^2+c^2+d^2+abcd>5`;

由单调性可知,只需证:

`1'''`. 已知 `a`, `b`, `c\geqslant0`, `a+b+c=3`,求证:`a^2+b^2+c^2+abc\geqslant4`;
`2'''`. 已知 `a`, `b`, `c`, `d\geqslant0`, `a+b+c+d=4`,求证:`a^2+b^2+c^2+d^2+abcd\geqslant5`;

这样,三元的就谁都会证了,四元的用调整法大概也不难。

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本帖最后由 yao4015 于 2018-10-9 13:49 编辑

那我就不写了

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回复 5# kuing
看会了Kuing的“逆否命题”的做法,也稍看懂了点“单调性可知”这个含义,
可这句:"这样,三元的就谁都会证了,四元的用调整法大概也不难。"还是不会

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三元请自己撸。

下面撸一下四元,顺便推广到 `n` 元。

已知 `a`, `b`, `c`, `d\geqslant0`, `a+b+c+d=4`,求证:`a^2+b^2+c^2+d^2+abcd\geqslant5`。

证明:记 `f(a,b,c,d)=a^2+b^2+c^2+d^2+abcd`,由条件可知 `f(a,b,c,d)` 的最小值一定存在,由对称性不妨设 `a\leqslant b\leqslant c\leqslant d`,下面证明取最小值时一定有 `b=c=d`。

用反证法,假设取最小值时 `b<d`,则
\[f(a,b,c,d)-f\left( a,\frac{b+d}2,c,\frac{b+d}2 \right)=\frac14(2-ac)(b-d)^2,\]
因为 `ac\leqslant\sqrt{abcd}\leqslant1`,可见上式为正,也就是说当 `b`, `d` 都变为其算术平均数时 `f` 更小,矛盾!

这样,我们就只需证明 `f(4-3x,x,x,x)\leqslant5` 即可,其中 `x\in[0,4/3]`,因式分解后为 `(x-1)^2(11-2x-3x^2)\geqslant0`,易知成立,即得证。



现在,用同样的方法推广至 `n` 元:

已知 `a_1+a_2+\cdots+a_n=n`, `a_i\geqslant0`, `n\geqslant4`,记
\[f(a_1,a_2,\ldots,a_n)=a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2+a_1a_2\cdots a_n,\]
则有 `f(a_1,a_2,\ldots,a_n)\geqslant n+1`。

证明:不妨设 `a_1\leqslant a_2\leqslant\cdots\leqslant a_n`,同样地,用反证法,假设 `f(a_1,a_2,\ldots,a_n)` 取最小值时 `a_2<a_n`,则
\begin{align*}
& f(a_1,a_2,\ldots,a_n)-f\left( a_1,\frac{a_2+a_n}2,a_3,\ldots,a_{n-1},\frac{a_2+a_n}2 \right)\\
={} & \frac14(2-a_1a_3a_4\cdots a_{n-1})(a_2-a_n)^2,
\end{align*}
要实现反证就需要证明 `a_1a_3a_4\cdots a_{n-1}<2`,这步并不容易,下面证明一个更强的结果。

由所设的大小顺序,有 `a_1\leqslant(a_1+a_2)/2` 以及
\begin{align*}
a_3a_4\cdots a_{n-1}&\leqslant\left( \frac{a_3+a_4+\cdots+a_{n-1}}{n-3} \right)^{n-3}\\
&\leqslant\left( \frac{a_3+a_4+\cdots+a_{n-1}+a_n}{n-2} \right)^{n-3}\\
&=\left( \frac{n-a_1-a_2}{n-2} \right)^{n-3},
\end{align*}
令 `a_1+a_2=t`,即有
\begin{align*}
a_1a_3a_4\cdots a_{n-1}&\leqslant\frac t2\left( \frac{n-t}{n-2} \right)^{n-3}\\
&=\frac{n-2}{2(n-3)}\cdot\frac{n-3}{n-2}t\cdot\left( \frac{n-t}{n-2} \right)^{n-3}\\
&\leqslant\frac{n-2}{2(n-3)}\left( \frac1{n-2}\left( \frac{n-3}{n-2}t+(n-3)\frac{n-t}{n-2} \right) \right)^{n-2}\\
&=\frac{n-2}{2(n-3)}\left( \frac{n(n-3)}{(n-2)^2} \right)^{n-2},
\end{align*}

\[g(x)=\ln\frac{x-2}{2(x-3)}+(x-2)\ln\frac{x(x-3)}{(x-2)^2},\quad x\geqslant4,\]
求导化简得
\[g'(x)=\ln\frac{x(x-3)}{(x-2)^2}-\frac{x-4}{x(x-2)},\]
因为 `\ln x\geqslant1-1/x`,所以
\[g'(x)\geqslant1-\frac{(x-2)^2}{x(x-3)}-\frac{x-4}{x(x-2)}=\frac{x-4}{(x-3) (x-2) x}\geqslant0,\]
即 `g(x)` 递增,可见 `\frac{n-2}{2(n-3)}\left( \frac{n(n-3)}{(n-2)^2} \right)^{n-2}` 关于 `n` 递增,那么
\begin{align*}
\frac{n-2}{2(n-3)}\left( \frac{n(n-3)}{(n-2)^2} \right)^{n-2}
&<\lim_{n\to+\infty}\frac{n-2}{2(n-3)}\left( \frac{n(n-3)}{(n-2)^2} \right)^{n-2}\\
&=\lim_{n\to+\infty}\frac{n-2}{2(n-3)}\left( 1+\frac1{n-2}-\frac2{(n-2)^2} \right)^{n-2}\\
&=\frac e2,
\end{align*}
综上,我们得到了
\[a_1a_3a_4\cdots a_{n-1}\leqslant\frac{n-2}{2(n-3)}\left( \frac{n(n-3)}{(n-2)^2} \right)^{n-2}<\frac e2,\]
(就上面这一部分都足以独立出成一道不错的题目来)
这样就完成了反证,所以 `f(a_1,a_2,\ldots,a_n)` 取最小值时一定有 `a_2=a_3=\cdots=a_n`,所以要证原不等式只需证明 `f\bigl(n-(n-1)x,x,x,\ldots,x\bigr)\geqslant n+1` 即可,其中 `x\in[0,n/(n-1)]`,即证
\[h(x)=\bigl(n-(n-1)x\bigr)^2+(n-1)x^2+\bigl(n-(n-1)x\bigr)x^{n-1}\geqslant n+1,\]
求导化化简得
\[h'(x)=n(n-1)(x-1)(2-x^{n-2}),\]
可见 `h(x)` 在 `[0,1]` 上递减,在 `[1,+\infty)` 上先增后减,显然 `h(1)=n+1`,所以只需证明 `h\bigl(n/(n-1)\bigr)\geqslant n+1` 成立即可,代入化简即 `n^2/(n-1)\geqslant n+1`,显然成立,所以原不等式得证。
冇钱又冇样、冇型又冇款、冇身材又冇文采、冇学历又冇能力、冇高度冇速度冇力度兼夹冇野做!(粤语)
口号:珍爱生命,远离考试。

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回复 8# kuing
好吓人!,N呀
@yao4015,你的做法呢?

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回复 9# lemondian

还没完哩:

鉴于 8# 中间部分有更强结果,所以不等式的系数或许还可以加强,经研究后,得到推广命题的加强版如下。

已知 `a_1+a_2+\cdots+a_n=n`, `a_i\geqslant0`, `n\geqslant4`, `\lambda\leqslant n/(n-1)`,记
\[F(a_1,a_2,\ldots,a_n)=a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2+\lambda a_1a_2\cdots a_n,\]
则有 `F(a_1,a_2,\ldots,a_n)\geqslant n+\lambda`。

证明方法是完全一样的,只是计算有些不同,所以下面的过程我就尽量简略写了。

在不妨设 `a_1\leqslant a_2\leqslant\cdots\leqslant a_n` 并假设 `a_2<a_n` 后,有
\begin{align*}
& F(a_1,a_2,\ldots,a_n)-F\left( a_1,\frac{a_2+a_n}2,a_3,\ldots,a_{n-1},\frac{a_2+a_n}2 \right)\\
={} & \frac14(2-\lambda a_1a_3a_4\cdots a_{n-1})(a_2-a_n)^2,
\end{align*}
根据 8# 的结果及 `\lambda\leqslant n/(n-1)`,有
\[\lambda a_1a_3a_4\cdots a_{n-1}\leqslant\frac{n(n-2)}{2(n-1)(n-3)}\left( \frac{n(n-3)}{(n-2)^2} \right)^{n-2}=K(n),\]
这次就没那么幸运了,8# 那里单增,而上面的 `K(n)` 则是先减后增,好在对 `<e/2` 没有影响。

具体说来,由数值验证可知 `K(4)`, `K(5)<e/2`,当 `n\geqslant6` 时,令
\[G(x)=\ln\frac{x(x-2)}{2(x-1)(x-3)}+(x-2)\ln\frac{x(x-3)}{(x-2)^2},\quad x\geqslant6,\]
求导化简得
\[G'(x)=\ln\frac{x(x-3)}{(x-2)^2}-\frac{x^2-4x+2}{(x-2)(x-1)x},\]
因为当 `x>1` 时 `\ln x>2(x-1)/(x+1)` 且易知 `x(x-3)/(x-2)^2>1`,所以
\begin{align*}
G'(x)&>2\cdot\frac{\frac{x(x-3)}{(x-2)^2}-1}{\frac{x(x-3)}{(x-2)^2}+1}-\frac{x^2-4x+2}{(x-2)(x-1)x}\\
&=\frac{(x-6)(x^2-2x+2)+4}{(x-2)(x-1)x(2x^2-7x+4)}>0,
\end{align*}
所以当 `n\geqslant6` 时 `K(n)` 递增,至于极限,由于 `K(n)` 只是在 8# 式子的基础上乘一个 `n/(n-1)`,故当 `n\to+\infty` 时同样有 `K(n)\to e/2`。

综上可知对 `n\geqslant4` 都恒有 `K(n)<e/2`,所以同样反证成功,这样,同样就只需考虑当 `a_2=a_3=\cdots=a_n` 的情况即可,即证
\[H(x)=\bigl(n-(n-1)x\bigr)^2+(n-1)x^2+\lambda\bigl(n-(n-1)x\bigr)x^{n-1}\geqslant n+\lambda,\]
其中 `x\in[0,n/(n-1)]`,求导化简得
\[H'(x)=n(n-1)(x-1)(2-\lambda x^{n-2}),\]
同样是在 `[0,1]` 上递减,在 `[1,+\infty)` 上先增后减,以及 `H(1)=n+\lambda`,只需证 `H\bigl(n/(n-1)\bigr)\geqslant n+\lambda`,即 `n^2/(n-1)\geqslant n+\lambda`,这正是条件 `\lambda\leqslant n/(n-1)`,所以原不等式得证。
冇钱又冇样、冇型又冇款、冇身材又冇文采、冇学历又冇能力、冇高度冇速度冇力度兼夹冇野做!(粤语)
口号:珍爱生命,远离考试。

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回复 5# kuing


哎呀终于把中文数学公式分开写了不容易进步大大

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本帖最后由 yao4015 于 2018-10-10 10:33 编辑

回复 9# lemondian

本来是写了一个解法, 后来看到 K 已经贴出来了, 我就删了. 基本思路是一样的.
不同的地方在于, 我是直接使用了 Vasc 的定理, 一下就看出来.

下面简单写一下四元的(直接证反转不等式). 令
$f(a,b,c,d)=a^2+b^2+c^2+d^2+abcd-5$
计算
$A=f(a,b,c,d)-f((a+b)/2,(a+b)/2,c,d)=(a-b)^2(2-cd)/4$
$B=f(a,b,c,d)-f(0, a+b,c,d)=ab(cd-2)$ .
立刻发现, $A,B$ 中至少一个大于0. Vasc 的定理是说, 如果$A\geq 0,B\geq 0$, 至少有一个成立的话,
则 $f$ 的最小值是在下面这个点集中取到
$\{(0, 4/3,4/3,4/3), (0,0,2,2),(0,0,0,4), (1,1,1,1)\}$
对这四个点逐一检查就行了.

这其实是调整法的一个变种, 也就是如果 $(a,b,c,d)$ 互不相同, 则可以把 $f$ 的值调整到
$((a+b)/2,(a+b)/2,c,d)$ 或者 $(0, a+b,c,d)$. 最终的极限状态, 当然就是集合
$\{(0, 4/3,4/3,4/3), (0,0,2,2),(0,0,0,4), (1,1,1,1)\}.$
或者它们中的置换.
这方法用起来很顺手.

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