[不等式] 来自粉丝群的不等式若干

天书(1846******) 2013-2-9 9:24:37
最近卡死的不等式，都不是我这弱渣能做的：

(59.22 KB)

2013-2-9 22:06

一中(3175*****) 2013-2-9 9:25:30
小天书在做kuing论坛的那份200题的不等式么
天书(1846******) 2013-2-9 9:26:29
0 0  不是，就是群或者贴吧论坛看到的不等式

注：第 5 题加上条件 $\sum_{k=1}^n a_k^2=1$  （5#说的）

解决情况（随时更新）

第 1 题，未解决……
第 2 题，刚才在 http://kkkkuingggg.5d6d.net/thread-1123-1-1.html 已经证出，虽然不太满意……
第 3 题，那个好像叫“混合算术-几何平均值不等式”，百度到了相关文章，不过下不下来……
第 4 题，见 3#……
第 5 题，未解决……
第 6 题，排序易证，注意到 $\sqrt[k]{1+x^k}$ 当 $x>0$ 时是单调增函数……
第 7 题，见 6#……
第 8 题，未解决……

第 4 题还是老方法玩增量代换了。

左边通分为
\[LHS=\frac{\abs{(x-y)(y-z)(z-x)}}{xyz},\]
故若 $x$, $y$, $z$ 有二者相等时不等式显然成立，下设它们均不相等，由对称性，不妨设 $x<y<z$，则可令 $y=x+t$, $z=x+t+u$, $t$, $u>0$，由条件有
\[z\leqslant kx\iff x+t+u\leqslant kx\iff x\geqslant \frac{t+u}{k-1},\]
于是
\begin{align*}
LHS&=\frac{tu(t+u)}{x(x+t)(x+t+u)} \\
& \leqslant \frac{tu(t+u)}{\frac{t+u}{k-1}\left( \frac{t+u}{k-1}+t \right)\left( \frac{t+u}{k-1}+t+u \right)} \\
& =\frac{(k-1)^3}k\cdot \frac{tu}{(t+u)(u+kt)}\\
& \leqslant \frac{(k-1)^3}k\cdot \frac{tu}{\bigl(\sqrt{tu}+\sqrt{ktu}\bigr)^2}\\
& =\frac{\bigl(\sqrt k+1\bigr)\bigl(\sqrt k-1\bigr)^3}k,
\end{align*}
在上述所设情况下，取等条件为 $x=(t+u)/(k-1)$ 且 $\sqrt t:\sqrt u=\sqrt u:\sqrt{kt} \iff u=\sqrt k\cdot t$，此时
\begin{align*}
\frac yx&=1+\frac tx=1+\frac{t(k-1)}{t+\sqrt k\cdot t}=\sqrt k ,\\
\frac zx&=1+\frac{t+u}x=k,
\end{align*}
所以取等条件即为 $x:y:z=1:\sqrt k:k$ 及其任意交换次序。

刚才楼上后面用了函数，麻烦了，现在更新了一下，用柯西简单多了。

第五题加上 \sum_{k=1}^n a_k^2=1

第 7 题。

两边平方等价于
\[\sum a^2(1-bc)+2\sum ab\sqrt{(1-bc)(1-ca)}\geqslant \frac{23}{24}-\frac{15abc}8,\]
注意到
\begin{align*}
& 2\sqrt{(1-bc)(1-ca)}-(2-c(a+b)) \\
={}&\frac{4(1-bc)(1-ca)-(2-c(a+b))^2}{2\sqrt{(1-bc)(1-ca)}+2-c(a+b)} \\
={}&\frac{-c^2(a-b)^2}{2\sqrt{((a+b+c)^2-bc)((a+b+c)^2-ca)}+2-c(a+b)} \\
\geqslant{}&\frac{-c^2(a-b)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+ab+2bc+2ca+2-c(a+b)} \\
={}&\frac{-c^2(a-b)^2}{4-3(ab+bc+ca)},
\end{align*}
所以只要证
\[\sum a^2(1-bc)+\sum ab\left( 2-c(a+b)-\frac{c^2(a-b)^2}{4-3(ab+bc+ca)} \right)\geqslant \frac{23}{24}-\frac{15abc}8,\]
上式展开为
\[\sum a^2-abc\sum a+2\sum ab-2abc\sum a-\frac{abc\sum c(a-b)^2}{4-3(ab+bc+ca)}\geqslant \frac{23}{24}-\frac{15abc}8,\]
由 $a+b+c=1$，记 $q=ab+bc+ca$, $r=abc$，则 $0<q\leqslant 1/3$, $0<r\leqslant q/9\leqslant 1/27$，上式化简等价于
\begin{equation}\label{20130211tsbdsrgt7zyz}
\frac1{24}\geqslant \frac{r(q-9r)}{4-3q}+\frac98r.
\end{equation}

若 $0<q\leqslant 1/4$，则 $0<r\leqslant 1/36$，故
\begin{align*}
\frac1{24}-\frac{r(q-9r)}{4-3q}-\frac98r&\geqslant \frac1{24}-\frac{r(1-36r)}{13}-\frac98r \\
& \geqslant \frac1{24}-\frac{3r(1-36r)}8-\frac98r \\
& =\frac1{24}(18r-1)^2>0,
\end{align*}
所以此时式 \eqref{20130211tsbdsrgt7zyz} 成立；

若 $1/4<q\leqslant 1/3$，则将式 \eqref{20130211tsbdsrgt7zyz} 整理为
\[\frac1{24r}+\frac{9r}{4-3q}\geqslant \frac q{4-3q}+\frac98,\]
由双勾函数性质易证左边关于 $r$ 递减，故由 Schur 不等式的等价形式 $r\geqslant (4q-1)/9$ 可知只需证
\[\frac9{24(4q-1)}+\frac{4q-1}{4-3q}\geqslant \frac q{4-3q}+\frac98,\]
作差分解等价于
\[\frac{(1-3q)(14-17q)}{2(4-3q)(4q-1)}\geqslant 0,\]
显然成立，故此时式 \eqref{20130211tsbdsrgt7zyz} 也成立。

综上，原不等式得证。

6# kuing

如果没计算错的话，用楼上这个方法可以将原不等式加强为
\[\sum a\sqrt{1-bc}\geqslant\sqrt{\frac{323}{324}-\frac{35abc}{12}}.\]

当然了，这肯定还不是最佳系数。

第7题的有理化不等式有错
\frac{-c^2(a-b)^2}{4-3(ab+bc+ca)}

第7题的有理化不等式有错
\frac{-c^2(a-b)^2}{4-3(ab+bc+ca)}
zdyzhj 发表于 2013-2-14 01:07

哪一个等号（或不等号）错了？

只是1.的最大值,另一边还是没头绪,--呼~~~终于修改好了.
假设$x$最大,
$(1+x+y^2)(1+y+z^2)(1+z+x^2)\le (1+x+y)(1+y+z)(1+z^2+x^2)$---(注:这个结论是通过几何画板画图猜的,如果不能肯定它正确,一定不会折腾下去 ,下面证明)
两边展开,即要证明\[((1+x)(1+y)+(1+x)z^2+(1+y)y^2+y^2z^2)(1+z+x^2)\le ((1+x)(1+y)+(1+x)z+(1+y)y+yz)(1+z^2+x^2)\]
\[\iff (z-z^2)(1+x)(1+y)+zy(1+y)(y-z)\le (1+x^2)[(1+x)(z-z^2)+(1+y)(y-y^2)+yz(1-yz)]+z^3(y-y^2) \]
\[ \liff (z-z^2)(1+x)(1+y)+zy(1+y)(y-z)\le (1+x)(z-z^2)+(1+y)(y-y^2)+yz(1-yz)---(*) \]
\[ zy(1+y)(y-z)\le yz(1-yz)\iff y(1+y)\le 1+z,而x最大,y\le 0.5,所以成立,那么要证明(*),即要证明\]
\[\liff (z-z^2)(1+x)(1+y)\le (1+x)(z-z^2)+(1+y)(y-y^2)\]
\[\iff (z-z^2)(1+x)y\le (1+y)(y-y^2)\iff (z-z^2)(1+x)\le0.5\le 1-y^2,y,z都不超过0.5,所以成立.\]
记$(1+x+y)(1+y+z)(1+z^2+x^2)=(2+2y+xz)(1+x^2+z^2)=f(x)$
以下先固定$y$,对$x$求导,$y'_x=0,z'_x=-1,x'_x=1$
$f'_x(x)=(z-x)(1+x^2+z^2)+(2+2y+xz)(2x-2z)=(x-z)(4+4y+2xz-1-x^2-z^2)>0$,
所以在$x=1-y,z=0$取得最大,此时$f(x)=2(1+y)(1+(1-y)^2),0\le y\le 1-x$,继续对y求导,得到$y=0$,最大,
即原不等式左边成立,在x=1,y=z=0最大(若x最大的话)
---奇怪,不知道按到哪个键了,一下子发了3,4个帖子,