[不等式] 来自群的一个简单三元不等式

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2012-12-12 23:11

首先由于不等式是齐次不等式，所以其实无论是否成立，那个条件“$abc\geqslant1$”都是多余的，只要是正数就够了。

展开易得
\begin{align*}
\sum{\frac ab}\cdot \sum{\frac ba}\geqslant \sum{a}\cdot \sum{\frac1{a}}&\iff\sum{\frac{a^2}{bc}}+\sum{\frac{bc}{a^2}}\geqslant \sum{\frac ab}+\sum{\frac ba} \\
& \iff\frac12\sum{\left( \frac{a^2}{bc}+\frac{ca}{b^2} \right)}+\frac12\sum{\left( \frac{bc}{a^2}+\frac{b^2}{ca} \right)}\geqslant \sum{\frac ab}+\sum{\frac ba},
\end{align*}
由均值不等式有
\[\frac12\sum{\left( \frac{a^2}{bc}+\frac{ca}{b^2} \right)}+\frac12\sum{\left( \frac{bc}{a^2}+\frac{b^2}{ca} \right)}\geqslant \sum{\left( \frac ab \right)^{3/2}}+\sum{\left( \frac ba \right)^{3/2}},\]
所以只要证明
\begin{equation}\label{20121212bdsgqs}
\sum{\left( \frac ab \right)^{3/2}}+\sum{\left( \frac ba \right)^{3/2}}\geqslant \sum{\frac ab}+\sum{\frac ba}.
\end{equation}
上式利用如下命题即可证得。
命题    对于任意 $a_1$, $a_2$, \ldots, $a_n>0$ 且 $a_1a_2\cdots a_n=1$。
若 $p\geqslant q \geqslant 0$，则
\begin{equation}\label{zhtg1}
a_1^p + a_2^p + \cdots + a_n^p \geqslant a_1^q + a_2^q + \cdots + a_n^q;
\end{equation}
若 $0\geqslant p \geqslant q$，则
\begin{equation}\label{zhtg2}
a_1^p + a_2^p + \cdots + a_n^p \leqslant a_1^q + a_2^q + \cdots + a_n^q.
\end{equation}
这个命题我其实已经在《数学空间》总第4期P11里提到过了，只不过当时限于篇幅没写证明，下面写一写。
不失一般性，设 $a_1\geqslant a_2\geqslant \cdots\geqslant a_n>0$，令 $f(t)= a_1^t + a_2^t + \cdots + a_n^t $，则
\[
f'(t)= a_1^t \ln a_1 + a_2^t \ln a_2 + \cdots + a_n^t \ln a_n,
\]
当 $t\geqslant 0$ 时，则显然有 $a_1^t \geqslant a_2^t \geqslant \cdots\geqslant a_n^t$ 及 $\ln a_1 \geqslant \ln a_2 \geqslant \cdots \geqslant \ln a_n $，于是由切比雪夫不等式，有
\begin{align*}
a_1^t \ln a_1 + a_2^t \ln a_2 + \cdots + a_n^t \ln a_n & \geqslant \frac1{n}\left(a_1^t + a_2^t + \cdots + a_n^t \right)\left(\ln a_1 + \ln a_2 + \cdots + \ln a_n \right) \\
& = \frac1{n}\left(a_1^t + a_2^t + \cdots + a_n^t \right)\ln \left(a_1a_2\cdots a_n\right) = 0,
\end{align*}
即当 $t\geqslant 0$ 时 $f'(t)\geqslant0$，同理可证当 $t\leqslant 0$ 时 $f'(t)\leqslant0$，故命题得证。

在命题中取 $n=3$, $p=3/2$, $q=1$，并分别令 $a_1=a/b$, $a_2=b/c$, $a_3=c/a$ 及 $a_1=b/a$, $a_2=c/b$, $a_3=a/c$ 得到的两式相加即得式 \eqref{20121212bdsgqs}，从而原不等式得证。

擦，我还是搞复杂了，只展开右边更简单
\[\sum{\frac ab}\cdot \sum{\frac ba}\geqslant \sum{a}\cdot \sum{\frac 1a}\iff\sum{\frac ab}\cdot \sum{\frac ba}\geqslant 3+\sum{\frac ab}+\sum{\frac ba},\]
由均值不等式有
\begin{align*}
\frac 13\sum{\frac ab}\cdot \sum{\frac ba}&\geqslant 3 ,\\
\frac 13\sum{\frac ab}\cdot \sum{\frac ba}&\geqslant \sum{\frac ba} ,\\
\frac 13\sum{\frac ba}\cdot \sum{\frac ab}&\geqslant \sum{\frac ab} ,
\end{align*}
三式相加即得。
原来这么弱，谁来加强一下玩玩。

2# kuing


貌似还是搞复杂了。
注意到：
只要证明：
\[ (\sum{a^2b})(\sum{ab^2})\geq abc(a+b+c)(ab+bc+ca) \]
by Holder
\[ 3 (\sum{a^2b})(\sum{ab^2})\geq (ab+bc+ca)^3 \geq 3abc(a+b+c)(ab+bc+ca) \]
Done!

3# pxchg1200

嗯，反正不等式蛮弱，证法肯定很多

加强为（a/b+b/c+c/a）(b/a+c/b+a/c)+18>=3(a+b+c)(1/a+1/b+1/c)

5# reny

嗯，这样用类似于2#那样之后分解为 $\left(\sum(a/b)-3\right)\left(\sum(b/a)-3\right)\geqslant0$