[不等式] 一道n元不等式$\sum(a_i/(1+a_i))^2$

来自人教论坛。

______kuing edit in $\LaTeX$______
已知正数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1+a_2+\cdots+a_n=1$，求证
\[\left(\frac{a_1}{1+a_1}\right)^2+\left(\frac{a_2}{1+a_2}\right)^2+\cdots+\left(\frac{a_n}{1+a_n}\right)^2\geqslant\frac n{(n+1)^2}.\]

切线法大概可行……

PS、这不应该叫数列不等式，因为跟数列没什么关系，建议更改标题。
PS2、把原贴链接贴下http://bbs.pep.com.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=2730944原题还要求用数归呢

切线法好像不行。

切线法好像可以证明当n>4时，是成立的。

3# huamahu

oh，那元少的情况另外证一下就好了。
其实用普通方法应该都不难，只不过原贴楼主要求数归倒是不好弄……

令$f（x）=(\frac{x}{1+x})^2$                Jensen 不等式

5# yayaweha

jensen是不行的，半凹半凸。

虽然Jensen不行，但是调整行。

6# kuing


0到1也是半凸半凹吗？

8# yayaweha

(0,0.5) 下凸，(0.5,1) 上凸

不过也可以退一步用Jensen，比如说设 $a_1\leqslant a_2\leqslant\cdots\leqslant a_n$，这样必然只有 $a_n$ 才有可能到 $(0.5,1)$ 里面去，这样就可以对前面 $n-1$ 个元用Jensen，最后变成一元函数求最值。

10# kuing


那个函数求最值好像不是很好求

11# yayaweha

所以还是不用Jensen了。

这样做就比较简单了：
引理：
设 $f(x)=\bigl(x/(1+x)\bigr)^2$，则当 $x$, $y\ne-1$ 且 $x+y\in[-1,1]$ 时恒有 $f(x)+f(y)\geqslant 2f\bigl((x+y)/2\bigr)$，等号成立当且仅当 $x=y$。

引理的证明：
由条件及均值不等式得
\begin{align*}
f(x)+f(y)-2f\left( \frac{x+y}2 \right)&=\frac{\bigl(2-(x+y)^2-2xy(x+y+1)\bigr)(x-y)^2}{(1+x)^2(1+y)^2(2+x+y)^2} \\
& \geqslant \frac{\left( 2-(x+y)^2-\frac{(x+y)^2}2(x+y+1) \right)(x-y)^2}{(1+x)^2(1+y)^2(2+x+y)^2} \\
& =\frac{(1-x-y)(x-y)^2}{2(1+x)^2(1+y)^2} \\
& \geqslant 0.
\end{align*}

回到原题，我们让各 $a_i$ 能取 $0$，那么左边必然存在最小值，假设左边取最小值时各 $a_i$ 不全相等，比如说 $a_i\ne a_j$，则由引理知将 $a_i$, $a_j$ 都变成 $(a_i+a_j)/2$ 时左边将更小，从而矛盾，因此左边取最小值时必然各 $a_i$ 都相等，即都为 $1/n$，此时左右相等，故原不等式得证。

10# kuing

那个函数求最值好像不是很好求
yayaweha 发表于 2013-4-14 15:55

不求最值也行，直接与右边作差更方便些，因为知道取等条件，可以预先知道因式。
当 $n\geqslant3$ 时，如10#所说的那样，记 $a_n=x\in(0,1)$，则只要证
\[(n-1)\left(\frac{1-x}{n-x}\right)^2+\left(\frac x{1+x}\right)^2\geqslant\frac n{(n+1)^2},\]
作差并因式分解为
\[\frac{(nx-1)^2\bigl(n(x-1)^2+2x^2+n^2-2n-1\bigr)}{(n+1)^2(n-x)^2(x+1)^2}\geqslant0,\]
显然成立。