[不等式] 来自不等式贴吧的一道题

wanhuihua

https://tieba.baidu.com/p/6547713018

TTAANN001

我把图转过来了

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2020-4-27 11:10

hbghlyj

当n=2时为恒等式
当n=3时$\frac{b^2}{a^2+a b+b^2}+\frac{a^2}{a^2+a c+c^2}+\frac{c^2}{b^2+b c+c^2}\ge1$展开得$a^2 b^4+b^2 c^4+c^2a^4 \ge a^3 b^2 c+a b^3 c^2+a^2 b c^3$，用均值不等式$a^2 b^4+b^2 c^4\ge 2ab^3c^2$，求和就行
当n=4时用凹凸不等式

hbghlyj

条件应该添加$a_i>0$，否则$a_1= -2,a_2=-2,a_3= 1,a_4= \frac{1}{4}$时$\frac{41}{68}\ge1$不成立

hbghlyj

$a_i>0,\prod\limits_{i=1}^na_i=1,$证明$\sum\limits_{i=1}^n\frac1{1+a_i+a_i^2+\cdots+a_i^{n-1}}\ge1$
设$f(x)=\frac{x-1}{x^n-1}$,则$f''(x)=\frac{n x^{n-2} \left((n x-n-x-1) x^n+n x-n+x+1\right)}{\left(x^n-1\right)^3}$,当x>0时用布奴利不等式$(n x-n-x-1) x^n+n x-n+x+1>(n x-n-x-1) (1+n(x-1))+n x-n+x+1=(n-1) n (x-1)^2>0$,所以当x>0时f(x)为上凸函数,用詹森不等式、均值不等式$\sum\limits_{i=1}^nf(a_i)\ge nf(\frac1n\sum\limits_{i=1}^na_i)\ge nf(1)=1$

kuing

回复 5# hbghlyj

f 递减，最后一个 ≥ 反了
PS、要是有这么简单，楼主也不会问了

业余的业余

假设我们已经知道 对任意正整数 $n$, 任意常数 $c>0$ 且 $xy=c (x,y>0)$ 时, 有 $f(x,y)=\cfrac {1-x}{1-x^n}+\cfrac {1-y}{1-y^n} \ge f(\sqrt{c},\sqrt{c})$ 成立。那么由局部变动法，显然有所求命题成立。因为，假定原不等式的右边在某组 $a_i ( i=1,2,\cdots,n)$ 处取得了最小值，且 $a_i\ne a_k$, 那么我可以通过把 $a_i$ 和 $a_k$ 都调整为 $\sqrt{a_ia_k}$ 得到一个不小于原来的最小值的值，以此类推，当所有的 $a_i$ 都为 $1$ 时可取得最小值 $1$, 即所求不等式。

则问题变成了： $n\in \mathbb{N}^*, x,y,c>0, xy=c$ 时，求证 $f(x,y)=\cfrac {1-x}{1-x^n}+\cfrac {1-y}{1-y^n} \ge f(\sqrt{c},\sqrt{c})$

我只会通过拉格朗日乘数法硬算，算不算得通还两说。感觉切线法或其变种或许可行。k版肯定有绝杀的高招。

注意， 上面的 $f(x,y)$ 在 $x=1$ 或 $y=1$ 处的间断点是可去间断点，可定义其值为趋于 $1$ 时的极限值，那么就和原不等式完全等价了(约去一个极限为零的公因式后还原成原形式）。

hbghlyj

在x=1的切线是y=(1 + n + x - n x)/(2 n)
1-n<0然后均值是>=就反了

hbghlyj

我用软件作图发现f''(x)只有一个零点x0而且当n增大时x0增大并趋于0。所以半凹半凸定理可以做。但是怎么证明只有一个零点，只要证明这个后面就搞定了

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2020-4-28 09:40

hbghlyj

回复 7# 业余的业余
当$(x,y)=\left(\frac{3}{8},\frac{3}{16}\right)\left(\frac{5}{8},\frac14\right)\left(2,\frac7{64}\right)$时局部变动法不成立
所以必须添加x,y>1才行，所以局部变动法只能把>1的值合为一体
切线法也走不通，但是切线法的变式不知道行不行

hbghlyj

http://blog.sina.com.cn/s/blog_70194ed60101c9x7.html
这里有四元的证明

业余的业余

抱歉，没有细看局部变动法为什么不成立。对我的原帖有点想法，

显然 $n=1,2 $ 时原不等式成立，只需考虑 $n\ge 3$ 的情形。 做 $x=e^s, y=e^t, h(x)=\cfrac{1-e^x}{1-e^{nx}}$ 的代换， 琴生，可能可走通。

我还要看看你说的局部变动不成立是怎么回事。

业余的业余

回复 10# hbghlyj
没看懂你的反例。我的限定是 $xy=$ 常数。请举 此类的例子。

业余的业余

乌龙

hbghlyj

回复 14# 业余的业余
您看11#链接题1吧。9#已经说了，f是半凹半凸的，琴生是不能直接用的。

业余的业余

回复  业余的业余
您看11#链接题1吧。9#已经说了，f是半凹半凸的，琴生是不能直接用的。 ...
hbghlyj 发表于 2020-4-28 13:57

谢谢！我后来意识到了局部变动法其实就是琴生的变体，如果不能琴生，一定也不能局部变动。 没想到这竟然是个历史悠久的老题和难题 :(

kuing

来撸撸四元的，由于半凹半凸定理太少人接受，下面尝试避开。

引理：若 `x`, `y>0`, `xy\geqslant1`，则
\[\frac1{1+x}+\frac1{1+y}\geqslant\frac2{1+\sqrt{xy}},\]当且仅当 `x=y` 或 `xy=1` 时取等。

引理的证明略，由引理可得如下：

推论：若 `x`, `y>0`, `xy\geqslant1`，则
\[\frac1{1+x+x^2+x^3}+\frac1{1+y+y^2+y^3}\geqslant\frac2{1+\sqrt{xy}+\sqrt{x^2y^2}+\sqrt{x^3y^3}},\]当且仅当 `x=y` 时取等。

推论的证明：注意到 `1+x+x^2+x^3=(1+x)(1+x^2)`，故由切比雪夫不等式及引理，得
\begin{align*}
\LHS&=\frac1{(1+x)(1+x^2)}+\frac1{(1+y)(1+y^2)}\\
&\geqslant\frac12\left( \frac1{1+x}+\frac1{1+y} \right)\left( \frac1{1+x^2}+\frac1{1+y^2} \right)\\
&\geqslant\frac12\cdot\frac2{1+\sqrt{xy}}\cdot\frac2{1+xy}\\
&=\RHS.
\end{align*}
现在回到四元的情形：已知 `a`, `b`, `c`, `d>0`, `abcd=1`，设
\[f(a,b,c,d)=\frac1{1+a+a^2+a^3}+\frac1{1+b+b^2+b^3}+\frac1{1+c+c^2+c^3}+\frac1{1+d+d^2+d^3},\]求证 `f(a,b,c,d)\geqslant1`。

不妨设 `a\geqslant b\geqslant c\geqslant d`，由推论，如果 `f(a,b,c,d)` 存在最小值，则取最小值时必有 `a=b=c`，若不然，有 `a\ne c`，而 `ac\geqslant1`，由推论知当 `a`, `c` 都变成 `\sqrt{ac}` 时 `f` 更小。

但问题是，如何证明 `f(a,b,c,d)` 存在最小值？好像并不是太显然……

kuing

续楼上：换一种方式，不断用推论对 `a`, `b`, `c` 无限次调整：
首先调整头两个 `f(a,b,c,d)\geqslant f\bigl(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c,d\bigr)`，
当头两个相等时，中间两个之积必 `\geqslant1`，因此 `\cdots\geqslant f\left(\sqrt{ab},\sqrt{\sqrt{ab}c},\sqrt{\sqrt{ab}c},d\right)`，
再次调整头两个 `\cdots\geqslant f\left(\sqrt{\sqrt{ab}\sqrt{\sqrt{ab}c}},\sqrt{\sqrt{ab}\sqrt{\sqrt{ab}c}},\sqrt{\sqrt{ab}c},d\right)`，
如此类推……

呃……这样写起来不太好看，还是用数列的方式来书写好点：

令 `(a_0,b_0,c_0)=(a,b,c)`，对正整数 `k`，令
\begin{align*}
(a_{2k-1},b_{2k-1},c_{2k-1})&=\bigl(\sqrt{a_{2k-2}b_{2k-2}},\sqrt{a_{2k-2}b_{2k-2}},c_{2k-2}\bigr),\\
(a_{2k},b_{2k},c_{2k})&=\bigl(a_{2k-1},\sqrt{b_{2k-1}c_{2k-1}},\sqrt{b_{2k-1}c_{2k-1}}\bigr),
\end{align*}那么恒有 `a_k\geqslant b_k\geqslant c_k\geqslant d`, `a_kb_kc_kd=1`，故 `a_{2k-2}b_{2k-2}\geqslant1` 且 `b_{2k-1}c_{2k-1}=\sqrt{a_{2k-2}b_{2k-2}}c_{2k-2}\geqslant\sqrt{a_{2k-2}b_{2k-2}c_{2k-2}d}=1`，因此由推论有
\[f(a,b,c,d)\geqslant f(a_1,b_1,c_1,d)\geqslant f(a_2,b_2,c_2,d)\geqslant\cdots,\]那么只需证明：当 `k\to\infty` 时 `a_k`, `b_k`, `c_k` 都趋向 `\sqrt[3]{abc}`，感觉上是必然但严格证明如何写？难不成要算通项公式？

kuing

再续：算了，总是避不开看似显然但又不好证明的东西，干脆直接去证明
\[f\bigl(\sqrt{ab},\sqrt{ab},c,d\bigr)\geqslant f\bigl(\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc},\sqrt[3]{abc},d\bigr),\quad(*)\]即
\[f\left( \frac1{\sqrt{cd}},\frac1{\sqrt{cd}},c,d \right)\geqslant f\left( \frac1{\sqrt[3]d},\frac1{\sqrt[3]d},\frac1{\sqrt[3]d},d \right),\]也即
\[\frac2{\bigl(1+\frac1{\sqrt{cd}}\bigr)\bigl(1+\frac1{cd}\bigr)}+\frac1{(1+c)(1+c^2)}\geqslant\frac3{\bigl(1+\frac1{\sqrt[3]d}\bigr)\bigl(1+\frac1{\sqrt[3]{d^2}}\bigr)},\]又用切比夫雪，有
\[LHS\geqslant\frac13\left( \frac2{1+\frac1{\sqrt{cd}}}+\frac1{1+c} \right)\left( \frac2{1+\frac1{cd}}+\frac1{1+c^2} \right),\]那么，只需证明如下两式都成立
\begin{align*}
\frac2{1+\frac1{\sqrt{cd}}}+\frac1{1+c}&\geqslant\frac3{1+\frac1{\sqrt[3]d}},\\
\frac2{1+\frac1{cd}}+\frac1{1+c^2}&\geqslant\frac3{1+\frac1{\sqrt[3]{d^2}}},
\end{align*}这只需证其一即可，下面证明后者，令 `d=u^3`，则 `u\leqslant1`, `c\geqslant u^3`，去分母分解后可化为
\[(1-cu)^2\bigl(u(2-u^2)(c-u^3)+(1-u^2)(1-u^2+u^4)\bigr)\geqslant0,\]显然成立，这样，式 (*) 就得到了证明。

最后证 `f(x,x,x,1/x^3)\geqslant1` 就不写了，总算是绕开了各种麻烦东西，算是有个纯不等式证法了吧……

kuing

回复 19# kuing

以上三层楼撸的四元还好撸可以说全靠有 `1+x+x^2+x^3=(1+x)(1+x^2)` 这个分解，但五元怎么办？……
咦，这样说八元或许可以尝试一下？事关 `1+x+x^2+\cdots+x^7=(1+x)(1+x^2)(1+x^4)`，还是先睡会……