[不等式] 等比分式不等式（兜了个大弯，新证见5#）

设 $a>0$，$n\in\mathbb{N}^+$，求证
\[\frac{1+a^2+a^4+\cdots+a^{2n}}{a+a^3+\cdots+a^{2n-1}}\geqslant\frac{n+1}{n}\]

想到一个很麻烦的证法，大家看对不对。

超繁证  首先我们发现 $a=1$ 为取等条件，又不难看出将 $a$ 以 $\dfrac1a$ 代入后的不等式与原不等式是等价的，于是我们只需要证明 $a>1$ 时成立即可。
下面我们分 $n$ 的奇偶看一看，先看 $n$ 偶数时，分子分母同是除以 $a^n$，化为\[
\frac{\frac1{a^n} + \frac1{a^{n - 2}} + \cdots + 1 + \cdots + a^{n - 2} + a^n}{\frac1{a^{n - 1}} + \frac1{a^{n - 3}} + \cdots + \frac1a + a + \cdots + a^{n - 3} + a^{n - 1}} \geqslant \frac{n + 1}n
\]上式去分母，再两边同时减去 $n(n+1)$，可以整理为\begin{align*}
&n\left(\frac1{a^n} + a^n + \frac1{a^{n - 2}} + a^{n - 2} + \cdots + \frac1{a^2} + a^2 - n\right)\\
\geqslant & (n + 1)\left(\frac1{a^{n - 1}} + a^{n - 1} + \frac1{a^{n - 3}} + a^{n - 3} + \cdots + \frac1a + a - n\right)
\end{align*}令 $a=b^2,b>1$，上式配方为\begin{align*}
&n\left(\left(\frac1{b^n} - b^n\right)^2 + \left(\frac1{b^{n - 2}} - b^{n - 2}\right)^2 + \cdots + \left(\frac1{b^2} - b^2\right)^2\right)\\ \geqslant & (n + 1)\left(\left(\frac1{b^{n - 1}} - b^{n - 1}\right)^2 + \left(\frac1{b^{n - 3}} - b^{n - 3}\right)^2 + \cdots + \left(\frac1b - b\right)^2\right)
\end{align*}由此我们不难看出，只需证明\[
\left(\frac1{b^n} - b^n\right)^2 \geqslant \frac{n + 1}n\left(\frac1{b^{n - 1}} - b^{n - 1}\right)^2 \qquad (*)
\]即可，皆因如果式 $(*)$ 成立，那么对于其余的对应项，也有\[
\left(\frac1{b^{n - 2}} - b^{n - 2}\right)^2 \geqslant \frac{n - 1}{n - 2}\left(\frac1{b^{n - 3}} - b^{n - 3}\right)^2 \geqslant \frac{n + 1}n\left(\frac1{b^{n - 3}} - b^{n - 3}\right)^2
\]等等，这样，不等式就会成立。
现在暂时不证式 $(*)$，回头看一看 $n$ 为奇数时，用类似的方法及代换，可以将不等式化为\begin{align*}
&n\left(\left(\frac1{b^n} - b^n\right)^2 + \left(\frac1{b^{n - 2}} - b^{n - 2}\right)^2 + \cdots + \left(\frac1b - b\right)^2\right)\\
\geqslant & (n + 1)\left(\left(\frac1{b^{n - 1}} - b^{n - 1}\right)^2 + \left(\frac1{b^{n - 3}} - b^{n - 3}\right)^2 + \cdots + \left(\frac1{b^0} - b^0\right)^2\right)
\end{align*}所以仍然只需证式 $(*)$ 即可，故此剩下的问题就是证明式 $(*)$。由 $b>1$ 易知式 $(*)$ 等价于\[
\frac{b^{2n} - 1}{b^{2n - 1} - b}\geqslant \sqrt{\frac{n + 1}n}\qquad (*)'
\]令\[
f(b)=\frac{b^{2n} - 1}{b^{2n - 1} - b}\qquad b>1
\]则求导得\[
f'(b)=\frac{2nb^{2n - 1} (b^{2n - 1} - b) - (b^{2n} - 1)((2n - 1)b^{2n - 2} - 1)}{(b^{2n - 1} - b)^2}
\]上式的分子整理后代回 $a$ 可以化为\[
g(a)=a^{2n - 1} - (2n - 1)(a - 1)a^{n - 1} - 1
\]下面证明 $g(a)>0$，注意到 $g(1)=0$，故只要证明 $g'(a)>0$ 对 $a>1$ 成立。求导得\[
g'(a)=(2 n-1) a^{n-2}(a^n-na+n-1)
\]设 $a=1+t$，则\[
a^n-na+n-1=(t+1)^n-nt-1
\]由二项式展开知上式显然为正，故 $g'(a)>0$ 成立，所以 $f(b)$ 在 $(1,+\infty)$ 递增，因此\[
f(b)>\lim_{b\to1+}f(b)=\lim_{b\to1+}\frac{b^{2n} - 1}{b^{2n - 1} - b}
\]由洛必达法则有\[
\lim_{b\to1+}\frac{b^{2n} - 1}{b^{2n - 1} - b}=\lim_{b\to1+}\frac{2n b^{2n-1}}{(2n-1)b^{2n-2}-1}=\frac n{n-1}
\]即\[
f(b)>\frac n{n-1}
\]而显然\[
\frac n{n-1}>\sqrt{\frac n{n-1}}>\sqrt{\frac{n+1}n}
\]从而式 $(*)'$ 成立，原不等式获证！

后面求极限那里可以简单点
\[
f(b)>\lim_{b\to1+}f(b)=\lim_{b\to1+}\frac{b^{2n} - 1}{b^{2n - 1} - b}=\lim_{b\to1+}\frac{(b-1)(b^{2n-1}+b^{2n-2}+\cdots+1)}{b(b-1)(b^{2n-3}+b^{2n-4}+\cdots+1)}=\frac n{n-1}>\sqrt{\frac n{n-1}}>\sqrt{\frac{n+1}n}
\]

再重新观之，发现二楼的证法前半部分竟然是多余的，why？因为其实上面证式 $(*)'$ 的导数方法，完全适用于原不等式！:L 具体地，利用等比数列求和公式，当 $a>1$ 时，原不等式等价于\[
\frac{1-a^{2n+2}}{a(1-a^{2n})}\geqslant\frac{n+1}n
\]这左边跟二楼中的 $f(b)$ 只差指数，将 $n$ 变成 $n+1$ 就是了，所以……oh

但是式 $(*)'$ 比原不等式要弱，由此亦可见，有时候我们通过变形，就可以用较弱的式去证明较强的式，谓之“弱化证法”者也……

于是，我们将多余部分扔掉，再对其余部分加以改良，就得到如下相对简单的证法。

不太繁的证  令\[
K(a)=\frac{1+a^2+a^4+\cdots+a^{2n}}{a+a^3+\cdots+a^{2n-1}}\qquad a\in(0,+\infty)
\]则显然 $K(a)$ 在 $(0,+\infty)$ 上连续且可导。
不难发现恒有 $K(a)=K\left(\dfrac1a\right)$，所以我们只需证明原不等式对 $a\geqslant1$ 成立。
又显然 $K(1)=\dfrac{n+1}n$ 为取等条件，故此假如我们能证明 $K(a)$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递增，那么原不等式就成立，下面证之。
由于当 $a>1$ 时，利用等比数列求和公式可将函数化简为\[
K(a)=\frac{1-a^{2n+2}}{a(1-a^{2n})}
\]求导得\[
K'(a)=\frac{(2n+2)a^{2n + 1} (a^{2n + 1} - a) - (a^{2n+2} - 1)((2n + 1)a^{2n} - 1)}{(a^{2n + 1} - a)^2}
\]令 $a^2=x>1$，则上式的分子可以整理为\[
T(x)=x^{2n+1} - (2n + 1)(x - 1)x^n - 1
\]下面证明当 $x>1$ 时 $T(x)>0$，注意到 $T(1)=0$，故只要证明 $T'(x)>0$ 对 $x>1$ 成立。对 $T(x)$ 求导得\[
T'(x)=(2n+1)x^{n-1}(x^{n+1}-(n+1)x+n)
\]由均值不等式，有\[
x^{n+1}+n=x^{n+1}+\underbrace{1+1+\cdots+1}_{n 个}>(n+1)x
\]所以 $T'(x)>0$ 成立，从而 $T(x)>0$ 成立，从而 $K'(a)>0$ 成立，所以原不等式获证。

这下可以睡觉了，闪……

新证2：

新证2：

yes94 发表于 2011-10-2 13:53

你的意思是有 $a^{2n+1}(na-n-1)\geqslant n-n-1$ ？
这是不是要证一下，似乎并不显然，皆因 $(na-n-1)$ 可以是负的。

事实上 $a^{2n+1}(na-n-1)$ 在 $a=1+\frac1{2n}$ 取最小。
这说明并不是如楼上所说，那最后一步的不等号是因何而来？烦请明示

:L
那个人欺骗了我，我去找他算账。
还有不熟悉这论坛的输入字符，不好说明，

10# yes94


是谁哟？

这论坛打开好慢！终于打开了呢，又是一片空白，又刷新，又等，……，还不能传图片。
估计要用到e=2.71828……，的定义，

为什么我基本上都是飞速打开……
我印象中，权限我全开放了，应该可以传图片，只不过限了512KB（这是5d6d限的），我用个测试号试一试

为什么我基本上都是飞速打开……
我印象中，权限我全开放了，应该可以传图片，只不过限了512KB（这是5d6d限的），我用个测试号试一试
kuing 发表于 2011-10-2 15:28

测试成功 http://kkkkuingggg.5d6d.com/thread-39-1-1.html

以前也打不开，或打开慢。或公式只显示上半截（IE8用兼容模式解决了）。
刚才起码等了半个小时才打开论坛，
我上传图片，总说我错误。
中午我上传的图片来自于http://bbs.pep.com.cn/thread-1886518-1-1.html
只能在那个地方先上传。

看来跟IE8“有缘无份”了，呵呵，我用IE6也没事。
我看不会跟地理位置或者网络类型有关吧？甚至是防火墙？杀软？……:L

无能为力了我

哎，来一趟不容易啊！精疲力竭啦，又是刷新，又是等待，出来后又是空白，不知道其他是不是这样的？……，
再看下能不能传图片？好像这次可以了呢？

(16.03 KB)

2011-10-2 17:33

___________kuing edit in $\LaTeX$___________
$a=1$时，结论显然成立；
$a>1$时，原不等式等价于
\begin{align*}
\frac{a^{2n+2}-1}{(n+1)(a^2-1)}\geqslant a\frac{a^{2n}-1}{n(a^2-1)}&\iff na^{2n+2}-n-(n+1)a^{2n+1}+(n+1)a\geqslant 0\\
&\iff na^{2n+1}(a-1)+1-a^{2n+1}+(n+1)(a-1)\geqslant 0\\
&\iff na^{2n+1}+n+1-\sum_{i=1}^{2n+1}a_{i-1}\geqslant 0\\
&\iff na^{2n+1}+n-\sum_{i=1}^{2n}a^i\geqslant 0\\
&\iff \sum_{i=1}^{n}(a^{2n+1}+1-a^i-a^{2n+1-i})\geqslant 0,
\end{align*}
最后一步因式分解即得。

17# yes94


嗯，这个初步看了下没问题，不错。吃完饭回来再细赏。


至于论坛访问慢之类的问题，暂时还没其他人反映过你所述的问题，isea、yuzi 等在前几天测试公式的时候也很正常地回了贴，不过这几天他们没来，不知是不是仍然正常。

原不等式，先去分母，再用等比后，构造函数，那样计算更简单，特别是那个求导。

简洁数归见08年人教贴 http://bbs.pep.com.cn/thread-378909-1-1.html 9#