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*}
令
\[g(x)=\ln\frac{x-2}{2(x-3)}+(x-2)\ln\frac{x(x-3)}{(x-2)^2},\quad x\geqslant4,\]
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。 |