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悠闲数学娱乐论坛(第2版)
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» 一道n元不等式
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发表于 2020-5-2 22:36
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[不等式]
一道n元不等式
本帖最后由 dahool 于 2020-5-2 22:40 编辑
设$a_i\inR^+,i=1,2,\cdots,n$,满足:$$\sum_{i=1}^nia_i=\frac{1}{2}n(n+1)$$求证:$$\sum_{i=1}^n \frac{1}{1+(n-1)a_i^i}\geqslant 1$$
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发表于 2020-5-2 23:20
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第一反应自然是切线法,只需证
\[\frac1{1+(n-1)x^k}\geqslant\frac{1-n}{n^2}k(x-1)+\frac1n,\quad(x\geqslant0,k\leqslant n)\]至于怎么证这个……我暂时还没看出有啥巧妙的方法,但大概《撸题集》P.5 定理 1.1.1′ 好像适用……
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发表于 2020-5-3 14:04
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本帖最后由 dahool 于 2020-5-3 14:25 编辑
设$$A=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{1+(n-1)a_i^i},B=\sum_{i=1}^{n}\frac{a_i^i}{1+(n-1)a_i^i}$$
则$A+(n-1)B=n$,故只需证$$\sum_{i=1}^{n}\frac{a_i^i}{1+(n-1)a_i^i}\leqslant1$$
又有$$1+(n-1)a_i^i \geqslant na_i^{\frac{(n-1)i}{n}}$$
则只需证$$\sum_{i=1}^{n}a_i^{\frac{i}{n}}\leqslant n$$
又$$ia_i+(n-i)\geqslant na_i^{\frac{i}{n}}$$
故
$$\sum_{i=1}^{n}a_i^{\frac{i}{n}}\leqslant\frac{1}{n}[\sum_{i=1}^{n}ia_i+\sum_{i=1}^{n}(n-i)]=n$$
证毕.
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发表于 2020-5-3 14:34
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发表于 2020-5-3 15:18
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于是 2# 的切线也就可以这样证了:
\begin{align*}
&\mathrel{\phantom{\iff}}\frac1{1+(n-1)x^k}\geqslant\frac{1-n}{n^2}k(x-1)+\frac1n\\
&\iff\frac1{1+(n-1)x^k}-1\geqslant\frac{1-n}{n^2}k(x-1)+\frac{1-n}n\\
&\iff\frac{x^k}{1+(n-1)x^k}\leqslant\frac1{n^2}k(x-1)+\frac1n\\
&\liff\frac{x^k}{nx^{(n-1)k/n}}\leqslant\frac1{n^2}k(x-1)+\frac1n\\
&\iff x^{k/n}\leqslant\frac knx+1-\frac kn,
\end{align*}最后一式就是加权均值显然成立。
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