[不等式] 求值域

$已知a,b,c\in{R^+},且a+b+c=1,求$$$(\frac{1}{a}-a)(\frac{1}{b}-b)(\frac{1}{c}-c)$$的值域。

将每个分子的 1 都用 $a+b+c$ 代一下就好了呀

2# kuing
$$\color{red}{原来有点错误，现在改了.}$$

看这里，有详细解析。

4# 老人与海

(37.21 KB)

2012-12-23 23:02

以下命题已有文献证过
$a_i \in \mbb R^+$（$i=1$, $2$, \ldots, $n$, $n \geqslant 3$），$\sum_{i=1}^n a_i = s \leqslant 1$，$k \in \mbb N^+$，则
\[\prod_{i=1}^n \left(\frac1{a_i^k}-a_i^k\right) \geqslant \left(\frac{n^k}{s^k}-\frac{s^k}{n^k}\right)^n.\]

6# kuing

$\color{green}{这个解答复杂不？}$

7# reny

忘了，6# 的内容其实是我几年前在某论坛里说的，当时也没把具体文献贴出来，一时也没找到放在哪了……

以下命题已有文献证过
$a_i \in \mbb R^+$（$i=1$, $2$, \ldots, $n$, $n \geqslant 3$），$\sum_{i=1}^n a_i = s \leqslant 1$，$k \in \mbb N^+$，则
\[\prod_{i=1}^n \left(\frac1{a_i^k}-a_i^k\right) \geqslant \left(\frac{n^k}{s^k}-\frac{s^k}{n^k}\right)^n.\]
kuing 发表于 2012-12-23 23:13

先考虑 $s=1$ 时。

下面先证 $k=1$ 的情形。为此，先证明如下引理：

设 $x$, $y>0$, $x+y\leqslant \lambda $，其中 $\lambda $ 为方程 $\lambda^4+16\lambda^2-16=0$ 的唯一正根 $\lambda =2\sqrt{\sqrt5-2}\approx 0.971737$，则有
\[\left( \frac1x-x \right)\left( \frac1y-y \right)\geqslant \left( \frac2{x+y}-\frac{x+y}2 \right)^2.\]

引理的证明：作差有
\begin{align*}
& \left( \frac1x-x \right)\left( \frac1y-y \right)-\left( \frac2{x+y}-\frac{x+y}2 \right)^2 \\
={}&\frac1{xy}-\frac4{(x+y)^2}+xy-\frac{(x+y)^2}4-\frac{x}{y}-\frac{y}{x}+2 \\
={}&\frac{(x-y)^2}{xy(x+y)^2}-\frac{(x-y)^2}4-\frac{(x-y)^2}{xy} \\
\geqslant {}&\frac{(x-y)^2}{xy\lambda^2}-\frac{(x-y)^2\lambda^2}{4(x+y)^2}-\frac{(x-y)^2}{xy} \\
={}&(x-y)^2\frac{4(1-\lambda^2)(x+y)^2-\lambda^4xy}{4\lambda^2xy(x+y)^2} \\
={}&(x-y)^2\frac{4(1-\lambda^2)(x+y)^2-16(1-\lambda^2)xy}{4\lambda^2xy(x+y)^2} \\
={}&(x-y)^2\frac{4(1-\lambda^2)(x-y)^2}{4\lambda^2xy(x+y)^2} \\
\geqslant {}&0,
\end{align*}
故引理得证，等号成立当且仅当 $x=y$。

回到原不等式，由对称性，不妨设 $a_1\leqslant a_2\leqslant \cdots \leqslant a_n$。

（1）若 $a_n<\lambda $，则原不等式左边取最小值时必定是 $a_1=a_2=\cdots=a_n=1/n$ 时，若不然，假设取小值时存在 $a_i\ne a_j$，那么由引理可知，以 $a_i'=a_j'=(a_i+a_j)/2$ 代之可令其更小，矛盾。而当 $a_1=a_2=\cdots=a_n=1/n$ 时正是原不等式取等时，从而原不等式成立；

（2）若 $a_n\geqslant \lambda $，则 $a_1\leqslant a_2\leqslant \cdots \leqslant a_{n-1}<1-\lambda$，此时，固定 $a_n$，类似于（1）中的处理方法，可得不等式左边取最小值必有 $a_1=a_2=\cdots =a_{n-1}=(1-a_n)/(n-1)$，所以
\[\prod\limits_{i=1}^n{\left( \frac1{a_i}-a_i \right)}\geqslant \left( \frac{n-1}{1-a_n}-\frac{1-a_n}{n-1} \right)^{n-1}\left( \frac1{a_n}-a_n \right),\]
因为 $1-a_n<1-\lambda <0.1$ 且 $n\geqslant 3$，易证
\[\frac{n-1}{1-a_n}-\frac{1-a_n}{n-1}>10(n-1)-\frac1{10(n-1)}>6\left( n-\frac1n \right),\]
且
\[\left( \frac{n-1}{1-a_n}-\frac{1-a_n}{n-1} \right)\left( \frac1{a_n}-a_n \right)>2,\]
所以
\[\left( \frac{n-1}{1-a_n}-\frac{1-a_n}{n-1} \right)^{n-1}\left( \frac1{a_n}-a_n \right)>2\cdot 6^{n-2}\left( n-\frac1n \right)^{n-2},\]
故此要证原不等式，就只要证
\[2\cdot 6^{n-2}\geqslant \left( n-\frac1n \right)^2,\]
容易验证上式对 $n\geqslant 3$ 恒成立，所以原不等式也成立。

综合（1）（2）可知 $k=1$ 的情形得证。

再证 $k\geqslant 2$ 的情形。由 Carlson 不等式及 $k=1$ 的情形，有
\begin{align*}
\prod\limits_{i=1}^n{\left( \frac1{a_i^k}-a_i^k \right)}&=\prod\limits_{i=1}^n{\left( \frac1{a_i}-a_i \right)}\cdot \prod\limits_{i=1}^n{(a_i^{k-1}+a_i^{k-2}+\cdots +a_i^{1-k})} \\
& \geqslant \left( n-\frac1n \right)^n\cdot (t^{k-1}+t^{k-2}+\cdots +t^{1-k})^n,
\end{align*}
其中 $t=\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\in (0,1/n]$，而
\begin{align*}
f(t)&=t^{k-1}+t^{k-2}+\cdots +t^{1-k} \\
& =t^{k-1}+\frac1{t^{k-1}}+t^{k-2}+\frac1{t^{k-2}}+\cdots,
\end{align*}
上式最后一项为 $1$ 或 $t+1/t$，总之，由双勾函数可知 $f(t)$ 在 $(0,1)$ 上递减，从而当 $t=1/n$ 时 $f(t)$ 取最小值，故
\begin{align*}
\left( n-\frac1n \right)^n\cdot (t^{k-1}+t^{k-2}+\cdots +t^{1-k})^n&\geqslant \left( n-\frac1n \right)^n\cdot \left( \frac1{n^{k-1}}+\frac1{n^{k-2}}+\cdots +\frac1{n^{1-k}} \right)^n \\
& =\left( n^k-\frac1{n^k} \right)^n,
\end{align*}
所以 $k\geqslant 2$ 的情形也得证，即 $s=1$ 时原命题获证。

接楼上，当 $s\leqslant \lambda$ 时只剩情况（1），而 $\lambda<s<1$ 时的情况（2）完全类似可证，所以原命题成立。

其实我怀疑 $k$ 不限制正整数也可能成立，甚至只要正数？再研究一下先。

10# kuing
确实有点儿难度，这种方法可以学学。