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[不等式] 看似简洁的不等式

本帖最后由 Shiki 于 2019-7-3 20:54 编辑

$a,b,c \in R$
求证:
$(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) \geqslant 3(a+b+c)^2$


$a,b,c \in R_+$
求证:
$\sum \frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}} \geqslant 1$
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0.0

对于第一题,印象中在计神的代数不等式里有以下较弱式
$(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) \geqslant 9(ab+bc+ca)$

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第一个使用无需动脑的判别式法即可

另外,N年前我还给出过多元推广:
QQ截图20190703210724.png
2019-7-3 21:08

你也可以试试看(所以先不给出处
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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第二题也是经典老题(虽然出处忘了),好像是用 holder 或者权方和就行……

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回复 3# kuing

看来没人鸟,说出处:《数学空间》2011 年第 2 期 P.37~38

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老大 现在还能下载到空间吗 人教论坛都没了啊

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回复 6# facebooker

《数学空间》的页面还能访问啊,本论坛首页的友情链接里就有链接,就是进入每期里的页面有点卡,但最下方的下载还是OK的

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回复 6# facebooker

算了,我还是打个包给你们下吧:
人教网刊《数学空间》全1~17期(可打印)PDF打包下载.zip
链接:https://pan.baidu.com/s/1RUuD69oS4y2w2jaoI0EEfg
提取码:kbi6

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多谢多谢。

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回复 8# kuing


    谢谢谢谢

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回复 4# kuing


    Holder或Jensen都可以。

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blog15.png
2019-7-17 00:08
妙不可言,不明其妙,不着一字,各释其妙!

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本帖最后由 isee 于 2019-7-17 09:42 编辑

回复 12# 其妙


这个$$(b^2+2)(c^2+2)\geqslant \frac 32(b+c)^2+3$$就像几何中“巧得来的"辅助线一样,打开局面。

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本帖最后由 isee 于 2019-7-17 10:00 编辑

回复 1# Shiki


    第2题,在《数学奥林匹克不等式研究(数学·统计学系列)》杨学枝著,第5页
2001ineq.jpg

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本帖最后由 isee 于 2019-7-17 10:32 编辑

回复 14# isee

以上证明我是不想去搞明白的(主要是当时明白,过两天就忘记了),走马观个花而已,在《代数不等式》陈计中第38页,有


2001ineq.jpg
2019-7-17 10:18



但这个证明技巧性强,还用了下反证,应该是深思的结果。



同时,在第63页有


2001ineq02.jpg
2019-7-17 10:21



也不是好啃的。


这个题,陈计真是喜欢,之后 还有反复出现,例,练习,均有,没兴趣,不截上来了。

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回复 1# Shiki


第一个,在    代数不等式》陈计中  第79页也有,且是12#的方法,且变也推广与加强。

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回复 15# isee

用 holder 的方法给个多元推广吧(虽然这如无意外只是在重复前人的劳动):设 `a_i` 均为正,则
\[\sum_{i=1}^n\frac{a_i}{\sqrt[n-1]{a_i^{n-1}+(n^{n-1}-1)\prod_{j\ne i}a_j}}\geqslant1.\]
证:由 \holder 不等式有
\[
\sum_{i=1}^n\bigl( a_i^n+(n^{n-1}-1)a_1a_2\cdots a_n \bigr)
\cdot\LHS^{n-1}\geqslant\left( \sum_{i=1}^na_i \right)^n,
\]即
\[
\LHS^{n-1}\geqslant
\frac{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^n}{a_1^n+a_2^n+\cdots+a_n^n+(n^n-n)a_1a_2\cdots a_n},
\]故只需证
\[(a_1+a_2+\cdots+a_n)^n\geqslant a_1^n+a_2^n+\cdots+a_n^n+(n^n-n)a_1a_2\cdots a_n,\]容易看出这是成立的,事关 `(a_1+a_2+\cdots+a_n)^n-(a_1^n+a_2^n+\cdots+a_n^n)` 展开后的各项系数为正,具有对称性,并且系数之和为 `n^n-n`,所以均值之后必将得出 `\geqslant(n^n-n)a_1a_2\cdots a_n`。

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回复 15# isee

两书上都介绍了齐次菊部不等式的方法,即给出这样的式子
\[\frac a{\sqrt{a^2+8bc}}\geqslant\frac{a^{4/3}}{a^{4/3}+b^{4/3}+c^{4/3}}.\]

刚才尝试用此方法证明楼上的 `n` 元推广,发现同样可以,只是需要多做一些准备工作。

引理:设 `a_i>0`, $\lambda_i\inR$, `i=1`, `2`, \ldots, `n`,设
\[f(x)=a_1x^{\lambda_1}+a_2x^{\lambda_2}+\cdots+a_nx^{\lambda_n},\]若 `f'(1)=0`,则 `f(x)\geqslant f(1)` 对任意 `x>0` 恒成立。

引理的证明:因为 `f(1)=a_1+a_2+\cdots+a_n`,则由加权均值不等式,有
\[\frac{f(x)}{f(1)}=\sum_{i=1}^n\frac{a_i}{f(1)}x^{\lambda_i}\geqslant\prod_{i=1}^nx^{\lambda_ia_i/f(1)}=x^{(\lambda_1a_1+\lambda_2a_2+\cdots+\lambda_na_n)/f(1)}=x^{f'(1)/f(1)}=1.\]

现在考虑一个问题,设 `a`, `x>0`, $n\inN^+$,则 `(1+ax)^n\geqslant1+\bigl((a+1)^n-1\bigr)x^m` 何时恒成立?将不等式写成
\[\frac{(1+ax)^n-1}{x^m}\geqslant(a+1)^n-1,\]左边分子因式分解后,可写成形如引理中 `f(x)` 的形式,而 `x=1` 时取等,故只需满足 `f'(1)=0` 即可,即 `an(1+a)^{n-1}=m\bigl((1+a)^n-1\bigr)`,这样,我们就得到了如下推论。

推论:设 `a`, `x>0`, $n\inN^+$ 且
\[m=\frac{an(1+a)^{n-1}}{(1+a)^n-1},\]则有
\[(1+ax)^n\geqslant1+\bigl((a+1)^n-1\bigr)x^m.\]

准备工作做好了,现在来寻找适当的 `k` 使得
\[\frac{a_1}{\sqrt[n-1]{a_1^{n-1}+(n^{n-1}-1)a_2a_3\cdots a_n}}\geqslant\frac{a_1^k}{a_1^k+a_2^k+\cdots+a_n^k},\]两边 `n-1` 次方化简后即
\[(a_1^k+a_2^k+\cdots+a_n^k)^{n-1}\geqslant a_1^{(k-1)(n-1)}\bigl(a_1^{n-1}+(n^{n-1}-1)a_2a_3\cdots a_n\bigr),\]令 `a_2a_3\cdots a_n=t^{n-1}`,由均值有 `a_2^k+\cdots+a_n^k\geqslant(n-1)t^k`,于是只需
\[\bigl(a_1^k+(n-1)t^k\bigr)^{n-1}\geqslant a_1^{(k-1)(n-1)}\bigl(a_1^{n-1}+(n^{n-1}-1)t^{n-1}\bigr),\]两边除以 `a_1^{k(n-1)}` 并令 `(t/a_1)^k=x`,可将上式化为
\[\bigl(1+(n-1)x\bigr)^{n-1}\geqslant1+(n^{n-1}-1)x^{(n-1)/k},\]根据推论,只需满足
\[\frac{n-1}k=\frac{(n-1)^2n^{n-2}}{n^{n-1}-1},\]即
\[k=\frac{n^{n-1}-1}{(n-1)n^{n-2}},\]这就是所需要的 `k`,这样问题就解决了。

验证一下,代 `n=3` 时果然得到 `4/3`,看来没问题。

那引理和推论都是即场想的,希望这回不是重复前人的劳动吧……

PS、其实我觉得推论中的 `n` 应该不需要限制为正整数,应该是对 `n\geqslant1` 都是成立的,但这时用不了引理来证,需要用别的方法,又或者将引理再拓广一下才行。
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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anzhengping的推广:
blog7.jpg
2019-7-26 20:13
blog8.jpg
2019-7-26 20:13

1.http://blog.sina.com.cn/s/blog_5618e6650102zgi3.html
2.http://blog.sina.com.cn/s/blog_5618e6650102zgiv.html
暂时还无人证明
妙不可言,不明其妙,不着一字,各释其妙!

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回复 19# 其妙

第2个:根据 3# 的推广,取 `n=4`, `x_1=a^{3/2}` 等,即得
\[(a^3+3)(b^3+3)(c^3+3)(d^3+3)\geqslant16(a^{3/2}+b^{3/2}+c^{3/2}+d^{3/2})^2,\]这明显强于待证式,事关由幂平均有
\[\left( \frac{a^{3/2}+b^{3/2}+c^{3/2}+d^{3/2}}4 \right)^{2/3}\geqslant\frac{a+b+c+d}4.\]

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