【代数】不等式(5)

作者: 备考999天 | 来源:发表于2020-06-15 20:00 被阅读0次

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题1 正实数 $a,b,c$ 满足 $abc=1$ ， $S_k=a^k+b^k+c^k$ ，求证： $\frac{S_2+S_4}2≥1+\sqrt{1+S_3}$

证明使用均值不等式得：
$\frac{S_2+S_4}2=\frac{a^2+b^2+c^2+a^4+b^4+c^4}{2}\ge {a^3+b^3+c^3}=S_3$ (1.1)
因为 $abc=1$ ，所以：
$S_3=a^3+b^3+c^3\ge 3abc=3$
所以：
$(S_3-1)^2-1=S_3(S_3-2)\ge S_3$
又 $S_3-1>0$ ，故而：
$S_3\ge 1+\sqrt{S_3+1}$ (1.2)
$(1.1),(1.2)\Rightarrow \frac{S_2+S_4}2≥1+\sqrt{1+S_3}\blacksquare$

评注本题利用均值不等式：
$\frac{a+b}{2}\ge{\sqrt{ab}} (a,b\ge0)$
$a^3+b^3+c^3\ge 3abc(a,b,c\ge0)$

本题可以推广如下：
题2 正实数 $a,b,c$ 满足 $abc=1$ ， $S_k=a^k+b^k+c^k$ ，求证： $\frac{S_k+S_{k+2}}2≥1+\sqrt{1+S_{k+1}}$
证明使用均值不等式：
$\frac{S_k+S_{k+2}}2 \ge S_{k+1}$ (2.1)
因为 $abc=1$ ，所以：
$S_{k+1}\ge 3\sqrt[3]{a^{k+1}b^{k+1}c^{k+1}}=3$
所以：
$(S_{k+1}-1)^2-1=S_{k+1}(S_{k+1}-2)\ge S_{k+1}$
又 $S_{k+1}-1>0$ ，故而：
$S_{k+1}\ge 1+\sqrt{S_{k+1}+1}$ (2.2)
$(2.1),(2.2)\Rightarrow \frac{S_k+S_{k+2}}2≥1+\sqrt{1+S_{k+1}}\blacksquare$

题3 $a,b,c$ 为非负实数，且 $a+b+c=3$ 。求最大的实数 $k$ ，使对于任意满足上述条件的 $a,b,c$ ，如下不等式成立：
$ab+bc+ca+k(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2\le 3$ (3.1)

解因为 $ab+bc+ca=\frac{(a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)}2$
$=\frac{9-(a^2+b^2+c^2)}{2}\le{\frac{9-(ab+bc+ca)}{2}}$
所以， $ab+bc+ca \le{3}$
显然，当 $a,b,c$ 有两个相等时，对于任意的 $k\in \mathbb R$ ，不等式成立。
下面讨论 $a,b,c$ 互不相等的情况：
不妨设 $a>b>c$
令 $y=\frac{\frac{1}3(a+b+c)^2-(ab+bc+ca)}{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}$
$=\frac{\frac{1}6[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]}{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}$
$\ge \frac{\frac{1}6[\frac{(a-c)^2}2+(c-a)^2]}{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}$
$= \frac{\frac{1}4}{(a-b)^2(b-c)^2} \ge \frac{4}{(c-a)^4} \ge 1/4$
当 $a=2,b=1,c=0$ 时， $y_{min}=\frac{1}4$
所以当 $k_{max}=1/4$ 时，对于任意满足条件的 $a,b,c$ ，不等式成立。 $\blacksquare$

题4 $a,b,c\in \mathbb R_+$ ，求证：
$\sum_{\substack{cyc}} \frac{a^2+bc}{b+c} \ge a+b+c$ (4.1)

证明
不妨设 ${a}\le{b}\le{c}$ ，则：
$a^2 \le{b^2}\le{c^2}$
$\frac{1}{b+c}\le{\frac{1}{c+a}}\le{\frac{1}{a+b}}$
上两式结合排列不等式，有：
$\sum_{\substack{cyc}}\frac{a^2}{b+c} \ge \sum_{\substack{cyc}}\frac{a^2}{a+b}$ (4.2)

注意下列三式：
$\frac{a^2+bc}{b+c}=\frac{a^2 - b^2}{b+c}+b$
$\frac{b^2+ca}{c+a}=\frac{b^2 - c^2}{c+a}+c$
$\frac{c^2+ab}{a+b}=\frac{c^2 - a^2}{a+b}+a$

上三式结合(4.2)得：
$\sum_{\substack{cyc}} \frac{a^2+bc}{b+c} -( a+b+c)$
$=\sum_{\substack{cyc}}\frac{a^2}{b+c} - \sum_{\substack{cyc}}\frac{a^2}{a+b} \ge 0$
移项得(4.1) $\blacksquare$

评注上面证法使用排列不等式，排列不等式定理如下：
定理4.1 两数列 $\{a_n\},\{b_n\}$ 的元素排序如下：
$a_1 \le {a_2} \le ... \le {a_n}$
$b_1 \le {b_2} \le ... \le {b_n}$
$\{c_n\}为\{b_n\}$ 的一个排列(乱序)，那么：
$\sum_{\substack{i=1...n}}a_ib_i \ge \sum_{\substack{i=1...n}}a_ic_i \ge \sum_{\substack{i=1...n}}a_ib_{n-i+1}$ (4.3)
式(4.3)可以简单描述为：顺序积大于等于乱序积，乱序积大于等于逆序积。

题4.2 利用排列不等式，证明 $a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca$
证明不妨设 $a \ge b \ge c$
顺序积： $a^2+b^2+c^2$
乱序积： $ab+bc+ca$
根据排列不等式有，：
$a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca \blacksquare$

题5 实数 $x,y,z$ 满足 $xy+yz+zx = -1$ ，求证：
$x^2+5y^2+8z^2\ge 4$ (5.1)
证法1（主元法） 令 $f(x,y,z)=x^2+5y^2+8z^2+4(xy+yz+zx )$ (5.2)
原命题等价于
$\forall x,y,z \in \mathbb R f(x,y,z)\ge 0$ (5.3)

把 $f$ 变为以 $x$ 为主元的二次函数：
$f(x,y,z)=x^2+4(y+z)x+5y^2+4yz+8z^2$
则根的判别式为：
$\Delta=16(y+z)^2-4(5y^2+4yz+8z^2)$
$=-4y^2-16z^2+16yz$
$=-4(y^2+4z^2-4yz)=-4(y-2z)^2 \le 0$
上式对于任意的实数 $y,z$ 成立。

根据二次函数性质，(5.3)成立，从而原命题成立。 $\blacksquare$

证法2（配方法）
因为
$x^2+5y^2+8z^2-4=x^2+5y^2+8z^2+4(xy+yz+zx )$
$=(x+2y+2z)^2+(y-2z)^2 \ge 0$
所以(5.1)成立 $\blacksquare$

评注证法1过程清晰，容易复制。证法2之配方过程似是神来之笔，其困难在于代数式不对称。但因为它是齐次多项式，故可以用主元法配方，如下：
$x^2+5y^2+8z^2-4=x^2+5y^2+8z^2+4(xy+yz+zx )$
$=x^2+4(y+z)x+5y^2+4yz+8z^2$
$=x^2+4(y+z)x+(2y+2z)^2 +(y^2-4yz+4z^2)$
$=(x+2y+2z)^2+(y-2z)^2$
以上，对 $x^2+4(y+z)x$ 进行配方，就可以正确拆项。可见，主元法用于配方，很有用。

题6 $a,b,c \in \mathbb R_+,x,y,z\in \mathbb R$ ，证明：
$x^2+y^2+z^2$
$\ge 2\sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}\sum_{\substack{cyc}}\sqrt{\frac{a+b}{c}}xy$ (6.1)
并指出等号成立的充要条件。

证明拆项配方如下：
$(x^2+y^2+z^2)- 2\sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}\sum_{\substack{cyc}}\sqrt{\frac{a+b}{c}}xy$
$=(x^2+y^2+z^2)-2\sum_{\substack{cyc}}\sqrt{\frac{ab}{(b+c)(c+a)}}xy$
$=\sum_{\substack{cyc}}(\frac{b}{b+c}x^2+\frac{a}{c+a}y^2-2\sqrt{\frac{ab}{(b+c)(c+a)}}xy)$
$=\sum_{\substack{cyc}}(\sqrt{\frac{b}{b+c}}x-\sqrt{\frac{a}{c+a}}x)^2 \ge 0$
所以不等式(6.1)成立。 $\blacksquare$

题7 $a,b,c\in \mathbb R_+$ ，求证： $a^{2a}b^{2b}c^{2c} \ge a^{b+c}b^{c+a}c^{a+b}$ (7.1)

证法1（比较法）不妨设 $a \ge b \ge c$ ，式(7.1)左右两式相除得：
$\frac{a^{2a}b^{2b}c^{2c}}{a^{b+c}b^{c+a}c^{a+b}}$
$=(\frac{a}{b})^a(\frac{a}{c})^a(\frac{b}{c})^b(\frac{b}{a})^b(\frac{c}{a})^c(\frac{c}{b})^c$
$=(\frac{a}{b})^{a-b}(\frac{b}{c})^{b-c}(\frac{a}{c})^{a-c} \ge 1$
所以(7.1)成立。 $\blacksquare$

证法2（排序不等式） $(7.1)\Leftrightarrow$
$2a\ln a+2b\ln b+2c\ln c \ge (b+c) \ln a+(c+a) \ln b+(a+b) \ln c$ (7.2)
以下证明(7.2)
不妨设 $a \ge b \ge c$ ，则：
$\ln a \ge \ln b \ge \ln c$
根据排列不等式，有：
$a\ln a+b\ln b+c \ln c \ge b\ln a+c\ln b+a \ln c$ (7.3)
$a\ln a+b\ln b+c \ln c \ge c\ln a+a\ln b+b \ln c$ (7.4)
$(7.3)+ (7.4)$ 得(7.3) $\blacksquare$

题8 $a,b,c\in \mathbb R_+,a^2+b^2+c^2=1$ ，求
$S=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}-\frac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc}$
的最小值。

解 $S=\sum_{\substack{cyc}}a^3(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}) \ge 2\sum_{\substack{cyc}}a^3$
$\Leftrightarrow \sum_{\substack{cyc}}a^3(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}-2) \ge 0$
$\Leftrightarrow abc\sum_{\substack{cyc}}a^3[(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}-2)\frac{1}{abc}] \ge 0$
$\Leftrightarrow \sum_{\substack{cyc}}a^3[(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}-2)\frac{1}{abc}] \ge 0$
$\Leftrightarrow a^2(\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})+b^2(\frac{1}{c^2}+\frac{1}{a^2})+c^2(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2})-\frac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc} \ge 0$
$\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})-3-\frac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc} \ge 0$
$\Leftrightarrow \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}-\frac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc} \ge 3$

上式当且仅当 $a=b=c=\frac{\sqrt3}3$ 时成立，所以 $S_{min}=3\blacksquare$

评注本题思路分析如下：
第一步，猜想
用两组数 $a=b=c=\frac{\sqrt3}{3}$ 以及 $a=b=\frac{1}{2},c=\frac{\sqrt2}{2}$ 去尝试求 $S$ ，得：
$S_{(\frac{\sqrt3}{3},\frac{\sqrt3}{3},\frac{\sqrt3}{3})}=3$
$S_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\frac{\sqrt2}{2})}=10-2(2+\sqrt2)$
$S_{(\frac{\sqrt3}{3},\frac{\sqrt3}{3},\frac{\sqrt3}{3})} < S_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\frac{\sqrt2}{2})}$
猜想：
$S_{min}=S_{(\frac{\sqrt3}{3},\frac{\sqrt3}{3},\frac{\sqrt3}{3})} =3$

第二步，证明如下不等式：
$\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}-\frac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc} \ge 3$

第三步，证明上式等号成立的条件为 $a=b=c=\frac{\sqrt3}{3}$

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