[不等式] CIQ这么有聊？

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2011-11-14 16:23

注意到
\[1+\frac{16}{k^2}+\frac{16}{(k+4)^2}=\left(1+\frac4k-\frac4{k+4}\right)^2,\]
故当 $k>0$ 时，显然就有
\[\sqrt{1+\frac{16}{k^2}+\frac{16}{(k+4)^2}}=1+\frac4k-\frac4{k+4},\]
求和即得
\[\sum_{k=1}^{n}\sqrt{1+\frac{16}{k^2}+\frac{16}{(k+4)^2}}=n-\frac4{n+1}-\frac4{n+2}-\frac4{n+3}-\frac4{n+4}+\frac{25}3,\]
而由 $n\geqslant 1$ 知
\begin{align*}
n-\frac4{n+1}-\frac4{n+2}-\frac4{n+3}-\frac4{n+4}+\frac{25}3 &\geqslant
n-\frac4{1+1}-\frac4{1+2}-\frac4{1+3}-\frac4{1+4}+\frac{25}3\\
&=n+\frac{16}5>n+3>n+\frac{25}{12},
\end{align*}
故原不等式反向成立。

你轻松搞定啊。我还在挖空心思变换构造呢。

原来能把和求出来 - -

嗯，故此便有聊……这个“猜测”实在是。。。

4# kuing


kk终于霸气登场了。。。

5# pxchg1200

李明在群里叫到我玩所以才扯扯。。。

6# kuing


那个第三题在几年前就被Can做了。。。

7# pxchg1200

那个abc=1的分式不等式？

8# kuing


嗯，就是那个。主要是对$ \sum{\frac{1}{a^{2}+a+1}}$ 这东东的使用。。

嗯，我在不等式群里看到你发了，有空再研究下一般指数

10# kuing


好吧，现在来扯下那个分式不等式：
problem
Let $a,b,c>0,abc=1 $ prove that:
\[ \dfrac{a^{2}}{a^{3}+2}+\dfrac{b^{2}}{b^{3}+2}+\dfrac{c^{2}}{c^{3}+2}\leq 1 \]
proof(Vo Quoc Ba Can)
note $ a=\frac{1}{x},b=\frac{1}{y},c=\frac{1}{z}$ we can rewrite our inequality into:
\[ \frac{x}{2x^{3}+1}+ \frac{y}{2y^{3}+1}+ \frac{z}{2z^{3}+1}\leq 1 \]
noctice that:
\[ \frac{2x}{2x^{3}+1}\leq \frac{x^{2}+1}{x^{4}+x^{2}+1}\]
Which is \[ x^{2}+1\geq 2x \]
so we obtain the well-know result
\[  \frac{x^{2}+1}{x^{4}+x^{2}+1}\geq 1 \]
Done!
发现很多人问这个
\[ \frac{2x}{2x^{3}+1}\leq \frac{x^{2}+1}{x^{4}+x^{2}+1}\]
是怎么来的？开始我也表示很惊讶。
Can 给出样的解释：
首先我们的原则是用强的不等式去证明弱的不等式，我注意到：
$abc=1,a,b,c>0$
\[ \frac{1}{a^{2}+a+1}+ \frac{1}{b^{2}+b+1}+ \frac{1}{c^{2}+c+1}\geq 1 \]
是个很强的不等式（由Vasc发现），尽管用CS很容易证（但这并不代表它很弱！！）
作变换：$  a=\frac{1}{x},b=\frac{1}{y},c=\frac{1}{z}$ 得到：
\[ \frac{a^{2}}{a^{2}+a+1}+ \frac{b^{2}}{b^{2}+b+1}+ \frac{c^{2}}{c^{2}+c+1}\geq 1 \]
另外：$abc=1,a,b,c>0$
\[  \frac{1}{a^{2}-a+1}+ \frac{1}{b^{2}-b+1}+ \frac{1}{c^{2}-c+1}\leq 3 \]
也是个很强的不等式，和上面那个配对使用有时能达到很好的效果。
对比分母：
\[ (a^{4}+a^{2}+1)=(a^{2}-a+1)(a^{2}+a+1) \]
\[ \frac{2(a^{2}+1)}{a^{4}+a^{2}+1}=\frac{1}{a^{2}+a+1}+\frac{1}{a^{2}-a+1} \]
由第一个不等式有
\[ \sum{ \frac{2(a^{2}+1)}{a^{4}+a^{2}+1}}\leq 4 \]
而\[ \sum{\frac{1}{a^{2}+a+1}}\geq 1 \]
故 \[  \frac{1}{a^{2}-a+1}+ \frac{1}{b^{2}-b+1}+ \frac{1}{c^{2}-c+1}\leq 3 \]

作为另一个使用例子,我们来看看下面的不等式：
$abc=1,a,b,c>0$  prove that:
\[ \frac{1}{\sqrt{4a^{2}+a+4}}+ \frac{1}{\sqrt{4b^{2}+b+4}}+ \frac{1}{\sqrt{4c^{2}+c+4}}\leq 1 \]
proof:
显然，要想一下破根号并不是件容易的事，于是我们试下另外的方法去摆脱根号。
回想下著名的Nesbitt inequality:
\[ \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2} \]
我们先正规化$a+b+c=3 $
\[ \Rightarrow \frac{a}{3-a}+ \frac{b}{3-b}+ \frac{c}{3-c}\geq \frac{3}{2}\]
应用切线法求得估计：
\[ \dfrac{x}{3-x}\geq \frac{1}{2}+\frac{3}{4}(x-1) \]
我们可以很快证明Nesbitt inequality。
现在，把第一个不等式加载进切线法：
\[ \frac{1}{\sqrt{4x^{2}+x+4}}\leq \frac{1}{3}-k(\frac{1}{x^{2m}+x^{m}+1}-\frac{1}{3}) \]
我们要找到合适的$k,m$
记\[ f(x)=\frac{1}{\sqrt{4x^{2}+x+4}}-\frac{1}{3}+k(\frac{1}{x^{2m}+x^{m}+1}-\frac{1}{3}) \]
求导
\[ f'(x)=-\frac{8x+1}{2(4x^{2}+x+4)^{\frac{3}{2}}}-\frac{k(2mx^{2m-1}+mx^{m-1})}{(x^{2m}+x^{m}+1)^{2}}\]
令$x=1 $ 我们有$ f'(1)=-\frac{1}{6}-\frac{km}{3}$ 因此，为了让$ f'(1)=0$ 和$k>0$ 我们要看看$ k=\frac{-1}{2m},m<0$
\[ \frac{1}{\sqrt{4x^{2}+x+4}}\leq \frac{1}{3}+\frac{1}{2m}(\frac{1}{x^{2m}+x^{m}+1}-\frac{1}{3}) \]
再令$m=-1$
\[\frac{1}{\sqrt{4x^{2}+x+4}}\leq \frac{x+1}{2(x^{2}+x+1)}\]
事实上有 \[ (x+1)^{2}(4x^{2}+x+4)-4(x^{2}+x+1)^{2}=x(x-1)^{2}\]
接下来就是显然了。
Done！
可见，这种方式非常犀利。为我们破根号又提供了种方法。

有空研读下

12# kuing

另外，Can说这个也可以用上面的方法做：
\[\sqrt{\frac{2a}{a+b}}+\sqrt{\frac{2b}{b+c}}+\sqrt{\frac{2c}{c+a}}\leq 3 \]
呵呵。。。

现在的CIQ，不等式小组成员谁都可以去提，审查也欠严格，有点烂了，没有必要当回事。