知乎撸题存档(2023)——不等式类

kuing

网址：zhihu.com/question/624653494
标题：怎样优雅地求这个式子的取值范围？
求 $\dfrac{\sqrt x+2\sqrt y}{\sqrt{2x+y}}$ 的取值范围。

我的回答：
一方面由柯西有
\begin{align*}
&\bigl(\sqrt x+2\sqrt y\bigr)^2\leqslant\left(\frac12+4\right)(2x+y)\\
&\implies\sqrt x+2\sqrt y\leqslant\frac3{\sqrt2}\sqrt{2x+y},
\end{align*}
当 y=16x 取等；另一方面有
\begin{align*}
&\bigl(\sqrt x+2\sqrt y\bigr)^2\geqslant\bigl(\sqrt x\bigr)^2+\bigl(2\sqrt y\bigr)^2=x+4y\geqslant x+\frac y2\\
&\implies\sqrt x+2\sqrt y\geqslant\frac1{\sqrt2}\sqrt{2x+y},
\end{align*}
当 y=0 取等。

综上得原式取值范围为 $\Bigl[\frac1{\sqrt2},\frac3{\sqrt2}\Bigr]$ 。

发布于 2023-10-06 14:53

注：前几天其妙也问了道类似题，我也类似撸了，本来懒得记录了，现在顺便也放这儿吧：

kuing

网址：zhihu.com/question/630665848
标题：这道题第一问不等式怎么证明？
大佬们第一题不等式该怎么证明

我的回答：
根据拉格朗恒等式有
\[n\sum_{k=1}^na_k^2-\left(\sum_{k=1}^na_k\right)^2=\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}(a_i-a_j)^2,\]
所以待证的不等式等价于
\[\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}(a_i-a_j)^2\geqslant\frac3{n^2-1}\left(\sum_{k=1}^n(2k-n-1)a_k\right)^2.\quad(*)\]
由柯西不等式，有
\[\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}(i-j)^2\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}(a_i-a_j)^2\geqslant\left(\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}(i-j)(a_i-a_j)\right)^2,\quad(**)\]
下面证明式 (**) 化简后等价于式 (*)。

先化简式 (**) 左边，有
\begin{align*}
\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}(i-j)^2&=n\sum_{i=1}^ni^2-\left(\sum_{i=1}^ni\right)^2\\
&=\frac16n^2(n+1)(2n+1)-\frac14n^2(n+1)^2\\
&=\frac1{12}n^2(n^2-1),
\end{align*}
再化简式 (**) 右边，在 $\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}(i-j)(a_i-a_j)$ 中，与 $a_k$ 相关的项有 $(1-k)(a_1-a_k)$, $(2-k)(a_2-a_k)$, $\ldots$, $-2(a_{k-2}-a_k)$, $-(a_{k-1}-a_k)$ 以及 $-(a_k-a_{k+1})$, $-2(a_k-a_{k+2})$, $\ldots$, $(k-n)(a_k-a_n)$，可见该和式展开后 $a_k$ 的系数为
\begin{align*}
(k-1)+(k-2)+\cdots+(k-n)&=nk-\frac12n(n+1)\\
&=\frac n2(2k-n-1),
\end{align*}
因此有
\[\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}(i-j)(a_i-a_j)=\frac n2\sum_{k=1}^n(2k-n-1)a_k,\]
所以式 (**) 化为
\[\frac1{12}n^2(n^2-1)\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}(a_i-a_j)^2\geqslant\left(\frac n2\sum_{k=1}^n(2k-n-1)a_k\right)^2,\]
也就是等价于式 (*)，即得证。

PS、易知取等条件是 $\an$ 为等差数列。

编辑于 2023-11-18 17:06