[不等式] 来自群的一道看上去不易证其实有点弱的轮换不等式

爱好者荆楚(7048*****) 07:38:26

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2012-12-13 11:58

由柯西不等式有
\begin{align*}
\sum{\frac{2x^2+xy}{(y+\sqrt{zx}+z)^2}}&\geqslant \sum{\frac{2x^2+xy}{(y+z+z)(y+x+z)}} \\
& =\frac1{x+y+z}\sum{\left( \frac{2x^2+xy-x(y+2z)}{y+2z}+x \right)} \\
& =1+\frac2{x+y+z}\sum{\frac{x(x-z)}{y+2z}} \\
& =1+\frac2{x+y+z}\sum{\left( \frac{x(x-z)^2}{(y+2z)(x+y+z)}+\frac{x(x-z)}{x+y+z} \right)} \\
& \geqslant 1+\frac2{x+y+z}\sum{\frac{x(x-z)}{x+y+z}} \\
& =1+\frac{\sum{(x-y)^2}}{(x+y+z)^2} \\
& \geqslant 1.
\end{align*}

刚才又看到了一个类似：

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2012-12-13 18:45

由均值不等式得
\begin{align*}
\sum{\frac{2x^2+xy}{(x+2y+3z)^2}}&=\sum{\frac{2x(2x+y)^2}{(4x+2y)(x+2y+3z)(x+2y+3z)}} \\
& \geqslant \sum{\frac{2x(2x+y)^2}{\left( \frac{4x+2y+x+2y+3z+x+2y+3z}3 \right)^3}} \\
& =\frac{\sum{x(2x+y)^2}}{4(x+y+z)^3} \\
& =\frac{4\sum{x^3}+4\sum{x^2y}+\sum{xy^2}}{4(x+y+z)^3} \\
& \geqslant \frac{\sum{x^3}+3\sum{x^2y}+3\sum{xy^2}+6xyz}{4(x+y+z)^3} \\
& =\frac14.
\end{align*}

2# kuing

这题再来个局部切线法。
由齐次性，不妨设 $x+y+z=1$，则
\[\frac{2x^2+xy}{(x+2y+3z)^2}=x\cdot \frac{2x+y}{(3-2x-y)^2},\]
只对 $\frac{2x+y}{(3-2x-y)^2}$ 使用切线法，注意使用时可将 $2x+y$ 看成单变量来切，可得
\[\frac{2x+y}{(3-2x-y)^2}\geqslant \frac12(2x+y)-\frac14\iff\frac{(2x+y-1)^2(9-4x-2y)}{4(3-2x-y)^2}\geqslant 0,\]
于是
\begin{align*}
\sum{\frac{2x^2+xy}{(x+2y+3z)^2}}&\geqslant \frac12\sum{x(2x+y)}-\frac14\sum{x} \\
& =\sum{x^2}+\frac12\sum{xy}-\frac14 \\
& \geqslant \frac12\sum{x^2}+\sum{xy}-\frac14 \\
& =\frac14.
\end{align*}

3# kuing

再来个琴生不等式的。
仍然不妨设 $x+y+z=1$，记
\[f(t)=\frac{t}{(3-t)^2},\]
其中 $t\in(0,3)$，则求导有
\begin{align*}
f'(t)&=\frac{t+3}{(3-t)^3}>0, \\
f''(t)&=\frac{2(t+6)}{(3-t)^4}>0,
\end{align*}
所以 $f(t)$ 在 $(0,3)$ 单增且下凸，于是由琴生不等式有
\begin{align*}
\sum{\frac{2x^2+xy}{(x+2y+3z)^2}}&=\sum{(x\cdot f(2x+y))} \\
& \geqslant f\left( \sum{x(2x+y)} \right) \\
& =f\left( 2\sum{x^2}+\sum{xy} \right) \\
& \geqslant f\left( \sum{x^2}+2\sum{xy} \right) \\
& =f(1) \\
& =\frac14.
\end{align*}

由上面两个证明可以看出，同样有以下不等式成立。
\[\sum\frac{2xy+y^2}{(x+2y+3z)^2}\geqslant\frac14.\]
而上式跟2#的不等式相比，哪个强呢？猜测这个更强些，因为在同样证法时可少放缩一步，故有理由相信这个更紧。当然了，还是要证过才知道。时间关系，明天再玩……

第二个不等式是直接由第一个去根号得来的= =

6# Gauss门徒

oh, 才看出来

5# kuing

续 5#，我昨晚的猜测即
\begin{equation}\label{20121213wcx}
\sum{\frac{2x^2+xy}{(x+2y+3z)^2}}\geqslant \sum{\frac{2xy+y^2}{(x+2y+3z)^2}}
\end{equation}
对任意正数 $x$, $y$, $z$ 成立，下面证之。

左右作差可知式 \eqref{20121213wcx} 等价于
\begin{equation}\label{20121213wcxdjs}
\sum{\frac{(x-y)(2x+y)}{(x+2y+3z)^2}}\geqslant 0,
\end{equation}
换元，令 $2x+y=a$, $2y+z=b$, $2z+x=c$，则式 \eqref{20121213wcxdjs} 化为
\begin{equation}\label{20121213wcxdjshy}
\sum{\frac{a(a-2b+c)}{(b+c)^2}}\geqslant 0,
\end{equation}
下面证明式 \eqref{20121213wcxdjshy} 对任意正数 $a$, $b$, $c$ 成立。
变形有
\begin{align*}
\text{式}~\eqref{20121213wcxdjshy} & \iff\sum{\left( \frac{a(a-b)}{(b+c)^2}+\frac{a(c-b)}{(b+c)^2} \right)}\geqslant 0 \\
& \iff\sum{\left( \frac{a(a-b)}{(b+c)^2}+\frac{c(b-a)}{(a+b)^2} \right)}\geqslant 0 \\
& \iff\sum{\frac{\bigl((a+b+c)^2-ac\bigr)(a-b)(a-c)}{(a+b)^2(b+c)^2}}\geqslant 0 \\
& \iff\sum{(c+a)^2\bigl((a+b+c)^2-ca\bigr)(a-b)(a-c)}\geqslant 0,
\end{align*}
为方便书写，记
\begin{align*}
A&=(c+a)^2\bigl((a+b+c)^2-ca\bigr), \\
B&=(a+b)^2\bigl((a+b+c)^2-ab\bigr), \\
C&=(b+c)^2\bigl((a+b+c)^2-bc\bigr),
\end{align*}
即
\[\text{式}~\eqref{20121213wcxdjshy}\iff f(a,b,c)=A(a-b)(a-c)+B(b-a)(b-c)+C(c-a)(c-b)\geqslant 0,\]
由式 \eqref{20121213wcxdjshy} 是轮换对称式，不失一般性，可设 $(b-a)(b-c)\leqslant 0$，则由均值不等式有
\begin{align*}
f(a,b,c)&=A(a-b)^2+(A-B+C)(a-b)(b-c)+C(b-c)^2 \\
& \geqslant (A-B+C+2\sqrt{AC})(a-b)(b-c) \\
& =\left( \bigl(\sqrt{A}+\sqrt{C}\bigr)^2-B \right)(a-b)(b-c) \\
& =\bigl( \sqrt{A}+\sqrt{C}-\sqrt{B} \bigr)\bigl( \sqrt{A}+\sqrt{C}+\sqrt{B} \bigr)(a-b)(b-c),
\end{align*}
于是只需证明
\[\sqrt{A}+\sqrt{C}\geqslant \sqrt{B},\]
事实上
\begin{align*}
\sqrt{A}+\sqrt{C}&=(c+a)\sqrt{(a+b+c)^2-ca}+(b+c)\sqrt{(a+b+c)^2-bc} \\
& =(c+a)\sqrt{(a+b)^2+c^2+2bc+ca}+(b+c)\sqrt{(a+b)^2+c^2+2ca+bc} \\
& >(c+a)(a+b)+(b+c)(a+b) \\
& >(a+b+c)(a+b) \\
& >(a+b)\sqrt{(a+b+c)^2-ab} \\
& =\sqrt{B},
\end{align*}
所以式 \eqref{20121213wcxdjshy} 成立，原不等式 \eqref{20121213wcx} 得证。

从楼上的证法可以归结出一个判断Schur型不等式的方法，即
设 $A$, $B$, $C$ 为关于 $a$, $b$, $c$ 的非负变量，且
\[f(a,b,c)=A(a-b)(a-c)+B(b-a)(b-c)+C(c-a)(c-b)\]
是轮换对称式。如果当 $(b-a)(b-c)\leqslant0$ 时恒有 $\sqrt A+\sqrt C\geqslant\sqrt B$ 成立，则 $f(a,b,c)\geqslant0$ 恒成立。