[不等式] 群里看到的简单根式不等式$\sum\sqrt{x/(3-2x)}>1$

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2011-10-18 15:27

证：依题意有
\[\sum{\sqrt{\frac{x}{3-2x}}}=\sum{\sqrt{\frac{x}{3(x+y+z)-2x}}}=\sum{\sqrt{\frac{x}{x+3y+3z}}},\]
由 Holder 不等式，有
\[\left( \sum{\sqrt{\frac{x}{x+3y+3z}}} \right)^{2}\sum{x^{2}(x+3y+3z)}\geqslant \left( \sum{x} \right)^{3},\]
所以要证原不等式只需证明
\[\left( \sum{x} \right)^{3}>\sum{x^{2}(x+3y+3z)},\]
上式展开为 $6xyz>0$ 显然成立，故得证。

顺便指出，当 $x,y\to0,z\to1$ 时原式 $\to1$，这说明 1 已经是下确界。
若将 $x,y,z\in\mathbb{R}^+$ 改为 $x,y,z\geqslant0$，那么取等条件就为 $(x,y,z) = (0,0,1)$。
另外，原式还有最大值 $\dfrac3{\sqrt7}$，有空再证，如果你有兴趣，一起玩。

上题启发编一简单题，大家（高手kuing除外）练练手
若$x,y,z\in \mathbb{R}^+$且$4x+4y+4z=9$,求证:
\begin{equation*}
    \sqrt{\frac{x}{3-2x}}+\sqrt{\frac{y}{3-2y}}+\sqrt{\frac{z}{3-2z}}\ge \frac{3}{\sqrt{2}}
\end{equation*}

上题启发编一简单题，大家（高手kuing除外）练练手
若$x,y,z\in \mathbb{R}^+$且$4x+4y+4z=9$,求证:
\begin{equation*}
    \sqrt{\frac{x}{3-2x}}+\sqrt{\frac{y}{3-2y}}+\sqrt{\frac{z}{3-2z}}\ge \frac{3}{\sq ...
zwl1972 发表于 2011-10-18 20:55

proof:
by Holder: \[ (\sum{ \sqrt{\frac{x}{3-2x}}})^{2}(\sum{x^{2}(3-2x)})\geq (x+y+z)^{3}   \]
it's suffices to prove that:
:\[ (x+y+z)^{3} \geq \frac{9}{2}(\frac{4}{3}\sum{x^{2}(y+z)}-\frac{2}{3}\sum{x^{3}})\]
after expand gives
\[ 8 \sum{x^{3}}+12xyz \geq 6\sum{x^{2}(y+z)}\]
by Schur
\[ 4\sum{x^{3}}+12xyz \geq 4 \sum{x^{2}(y+z)} \]
and AM-GM
\[ 4\sum{x^{3}}\geq 2 \sum{x^{2}(y+z)} \]
sum it up,the result follows.
Done!

4# pxchg1200

看看2#我说那最大值有什么好办法？

什么时候取等号啊？那个最大值

6# pxchg1200

x=y=z=1/3 咯

我用凹凸性看了下是成立的（半凹半凸定理的思想，只要证二元相等时，这通过平方再平方是可以出来的），暂时没想到简单方法。

你的切线法呢？ 应该有用吧

8# pxchg1200

切不来，在另一边的可不是小区间……

悲剧，Cauchy-Schwarz不会用啊！

proof:
by Holder: \[ (\sum{ \sqrt{\frac{x}{3-2x}}})^{2}(\sum{x^{2}(3-2x)})\geq (x+y+z)^{3}   \]
it's suffices to prove that:
:\[ (x+y+z)^{3} \geq \frac{9}{2}(\frac{4}{3}\sum{x^{2}(y+z)}-\frac{2} ...
pxchg1200 发表于 2011-10-18 23:52

若$x,y,z\in \mathbb{R}^+$且$4x+4y+4z=9$,求证:
\begin{equation*}
    \sqrt{\frac{x}{3-2x}}+\sqrt{\frac{y}{3-2y}}+\sqrt{\frac{z}{3-2z}}\ge \frac{3}{\sqrt{2}}
\end{equation*}
we kill it only a line:
From GM-HM , $\sqrt{ab}\ge \dfrac{2}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}}$ ,so  
\begin{equation*}
\sum_{cyc}\sqrt{\frac{1}{2}\cdot\frac{x}{3-2x}}\ge \sum_{cyc}\frac{2}{2+\dfrac{3-2x}{x}}=\sum_{cyc}\frac{2x}{3}=\frac{3}{2}
\end{equation*}

11# zwl1972

原来是为了凑取等条件才把和改成9/4

PS。刚才冒号和美元符号连起来变成了表情，我把原先默认的表情禁用了，现在可以显示了，以后不必担心这个连用问题

关于最大值，即
\[x,y,z\geqslant0,x+y+z=1,\sum{\sqrt{\frac{x}{x+3y+3z}}}\leqslant\frac3{\sqrt7}\]
某群有两个证法，有空慢慢看下
PS。由于下图出现真名，为免不必要的麻烦，作了打码处理，这里仅补充网名（希望没搞错）：第一个是 tian27546 ，第二个是 srr345（或 德雷纳特）。

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2011-10-19 16:15

取等条件的确是有两个的，我昨天证两个相等时也得到了另一个取等条件，忘记说了
而 srr345 的证明似乎还没完，最后的系数并非恒非负。

待定柯西强是强不过运算量还不是一般的大啊

14# pxchg1200

之前蔡是不是也很喜欢这样搞……

嗯，好像是的，不过最先看到的是Can这样搞了。然后都跟着这样了，听说还有待定二次式的，（见过陈计用了一次）.不过运算量就更上一层楼了。。。
attachment:
Let  $a,b,c \geq 0 $ prove that:
\[ \frac{a}{a+\sqrt{a^{2}+3bc}}+\frac{b}{b+\sqrt{b^{2}+3ac}}+\frac{c}{c+\sqrt{c^{2}+3ab}}\leq 1 \]
(Ji Chen 就是用待定二次柯西把这题秒了。。。 由于解法过于暴力，恕不转载 )

16# pxchg1200

17# kuing


Ok,还是转了吧，看见kuing晕了
$ \sum{a^{2}\sqrt{a^{2}+3bc}}\leq a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc. $
$ \left(\sum{a^{2}\sqrt{a^{2}+3bc}}\right)^{2}\leq\sum{\frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}-bc+ca+ab}}\sum{a^{2}(a^{2}+3bc)(b^{2}+c^{2}-bc+ca+ab)} $
$ = (a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc)^{2}-\frac{a^{2}b^{2}c^{2}(a+b+c)^{2}(a^{2}+b^{2}+c^{2})(a^{2}+b^{2}+c^{2}-bc-ca-ab)}{\prod{(b^{2}+c^{2}-bc+ca+ab)}} $
$ \leq (a^{3}+b^{3}+c^{3}+3abc)^{2}. $
(黄不？暴力不？....)

18# pxchg1200

mathlinks里的所有旧贴，引用的话 + - = 会变成 \plus{} \minus{} \equal{} ，不知为什么。但是点击公式的话会显示正常。

19# kuing

现在正常了。呵呵,不过那个计算。。。