这道题怎么做啊，求大神解答，谢谢。

人间风雪客

这道题怎么做啊，求大神解答，谢谢。

人间风雪客

@kuing 大佬帮忙看看

kuing

人间风雪客 发表于 2023-9-12 10:30
@kuing 大佬帮忙看看

昨晚就看了，但还没什么好的思路。

目前想到的是，可以证明 `f(x)=(1+a^{x+1})/(1+a^x)` 关于 `x` 是递增的，根据条件，只需证明 `n=(k-1)/2` 的情况。

尝试看看较小的 k 如何。

`k=2` 时：
\begin{align*}
&\frac{1+a^{3/2}}{1+a^{1/2}}\cdot\frac{1+b^{3/2}}{1+b^{1/2}}\geqslant\frac{1+ab}2\\
\iff{}&\bigl(1-\sqrt a+a\bigr)\bigl(1-\sqrt b+b\bigr)\geqslant\frac{1+ab}2\\
\iff{}&\bigl(1+\sqrt{ab}-\sqrt a-\sqrt b\bigr)^2+\bigl(\sqrt a-\sqrt b\bigr)^2\geqslant0;
\end{align*}
`k=3` 时：
\[\frac{1+a^2}{1+a}\cdot\frac{1+b^2}{1+b}\cdot\frac{1+c^2}{1+c}\geqslant\frac{1+abc}2,\]
已经不好证……

realnumber

en ,大概这样,总体用数学归纳法进行证明，--------应该当时做错了。，帖子就停在错误处了
先证明$a_i$都在（0，1],或都大于1，
假设$0\le x=a_1\le a_2\le a_3\cdots \le a_n\le1$,待证的不等式两边取自然对数后作差，构造函数，对x求导证明.

引理1：若$0\le b\le1 \le a $,则$\frac{1+a^{n+1}}{1+a^n}\frac{1+b^{n+1}}{1+b^n}\ge \frac{1+(ab)^{n+1}}{1+(ab)^n}$.
证明：\[ \iff (1+a^{n+1}+b^{n+1}+(ab)^{n+1})(1+(ab)^n)\ge (1+a^n+b^n+(ab)^n)(1+(ab)^{n+1})\]
\[ \iff  a^{n+1}+b^{n+1}+(ab)^na^{n+1}+(ab)^nb^{n+1}\ge a^n+b^n+(ab)^{n+1}a^n+(ab)^{n+1}b^n\]
\[ \iff  a^n(a-1)(1-b^{2n+1})+b^n(1-b)(a^{2n+1}-1)\ge 0 \]
(3楼)引理2:若$m\ge n,a\ge 0$,$\frac{1+a^{m+1}}{1+a^m}\ge \frac{1+a^{n+1}}{1+a^n}$.
证明：\[ \iff 1+a^{m+1}+a^n+a^{m+n+1}\ge  1+a^{n+1}+a^m+a^{m+n+1} \iff (a-1)(a^m-a^n)\ge 0\]
以下用数学归纳法证明3楼$n=\frac{k-1}{2}$时的情景，
k=2，3时，楼上已证
假设$k\le t$时,命题成立，当k=t+1时，若有部分$a_i$大于1，部分$a_i$小于1，比如$a_1>1,a_2<1$,则由引理1，令$z=a_1a_2$
只需要证明\[\frac{1+z^{n+1}}{1+z^n}\frac{1+a_3^{n+1}}{1+a_3^n}\frac{1+a_4^{n+1}}{1+a_4^n}\cdots \frac{1+a_k^{n+1}}{1+a_k^n}\ge \frac{1+za_3a_4\cdots a_k}{2}\]
而这个由引理2以及归纳假设，成立.
若$a_i>1,i=1,2,\cdots ,k$, 则令$a_i=\frac{1}{b_i}$,代入1楼两边，两边再乘以$b_1b_2\cdots b_k$,可以化为1楼形式，
如此不妨设$0\le x=a_1\le a_2 \le a_3\le \cdots \le a_k \le 1$
并设

\[  f(x)= \ln{\frac{1+x^{n+1}}{1+x^n} \frac{1+a_2^{n+1}}{1+a_2^n} \frac{1+a_3^{n+1}} {1+a_3^n} \cdots
\frac{1+a_k^{n+1}}{1+a_k^n}} - \ln{ \frac{1+x a_2 a_3 \cdots a_k}{2}}，0\le x \le a_2 \]
(注意到$f(0)\ge 0,f(1)\ge 0$ , 由为k=t时的归纳假设以及引理2可证,只要证明$f'(x) $符号不变)?怀疑当时是不是搞错了
\[ f'(x)=\frac{(n+1)x^n}{1+x^{n+1}}-\frac{nx^{n-1}}{1+x^n}-\frac{a_2a_3\cdots a_k}{1+xa_2a_3\cdots a_k}\le \frac{(n+1)x^n}{1+x^{n+1}}-\frac{nx^{n-1}}{1+x^n}-\frac{x^{2n}}{1+x^{2n+1}} \le 0\]
\[\iff \frac{(n+1)x}{1+x^{n+1}}\le \frac{n}{1+x^n}+\frac{x^{n+1}}{1+x^{2n+1}}  \]
扩大定义域到1，要么放缩错误，要么证明$f(a_2)\ge 0$---看来出错了，难怪当时感觉不太对

kuing

realnumber 发表于 2023-11-10 09:08
en ,大概这样,总体用数学归纳法进行证明，--------应该当时做错了。，帖子就停在错误处了
先证明$a_i$都在 ...

k=3 我也还没证出来啊。
或许可以先尝试由 k=2 证 k=3，这有利于归纳

realnumber

en ,大概这样,总体用数学归纳法进行证明
先证明$a_i$都在（0，1],或都大于1，
假设$0\le x=a_1\le a_2\le a_3\cdots \le a_n\le1$,待证的不等式两边取自然对数后作差，构造函数，对x求导证明.

引理1：若$0\le b\le1 \le a $,则$\frac{1+a^{n+1}}{1+a^n}\frac{1+b^{n+1}}{1+b^n}\ge \frac{1+(ab)^{n+1}}{1+(ab)^n}$.
证明：\[ \iff (1+a^{n+1}+b^{n+1}+(ab)^{n+1})(1+(ab)^n)\ge (1+a^n+b^n+(ab)^n)(1+(ab)^{n+1})\]
\[ \iff  a^{n+1}+b^{n+1}+(ab)^na^{n+1}+(ab)^nb^{n+1}\ge a^n+b^n+(ab)^{n+1}a^n+(ab)^{n+1}b^n\]
\[ \iff  a^n(a-1)(1-b^{2n+1})+b^n(1-b)(a^{2n+1}-1)\ge 0 \]
(3楼)引理2:若$m\ge n,a\ge 0$,$\frac{1+a^{m+1}}{1+a^m}\ge \frac{1+a^{n+1}}{1+a^n}$.
证明：\[ \iff 1+a^{m+1}+a^n+a^{m+n+1}\ge  1+a^{n+1}+a^m+a^{m+n+1} \iff (a-1)(a^m-a^n)\ge 0\]
以下用数学归纳法证明3楼$n=\frac{k-1}{2}$时的情景，
k=2时，楼上已证
假设$k\le t$时,命题成立，当k=t+1时，若有部分$a_i$大于1，部分$a_i$小于1，比如$a_1>1,a_2<1$,则由引理1，令$z=a_1a_2$
只需要证明\[\frac{1+z^{n+1}}{1+z^n}\frac{1+a_3^{n+1}}{1+a_3^n}\frac{1+a_4^{n+1}}{1+a_4^n}\cdots \frac{1+a_k^{n+1}}{1+a_k^n}\ge \frac{1+za_3a_4\cdots a_k}{2}\]
而这个由引理2以及归纳假设，成立.
若$a_i>1,i=1,2,\cdots ,k$, 则令$a_i=\frac{1}{b_i}$,代入1楼两边，两边再乘以$b_1b_2\cdots b_k$,可以化为1楼形式，
如此不妨设$0\le x=a_1\le a_2 \le a_3\le \cdots \le a_k \le 1$
并设

\[  f(x)= \ln{\frac{1+x^{n+1}}{1+x^n} \frac{1+a_2^{n+1}}{1+a_2^n} \frac{1+a_3^{n+1}} {1+a_3^n} \cdots
\frac{1+a_k^{n+1}}{1+a_k^n}} - \ln{ \frac{1+x a_2 a_3 \cdots a_k}{2}}，0\le x \le a_2 \le 1\]
(注意到$f(0)\ge 0,f(a_2)\ge 0$(待证) , 由为k=t时的归纳假设以及引理2可证,只要证明$f'(x)\le 0 $)
\[ f'(x)=\frac{(n+1)x^n}{1+x^{n+1}}-\frac{nx^{n-1}}{1+x^n}-\frac{a_2a_3\cdots a_k}{1+xa_2a_3\cdots a_k}\le \frac{(n+1)x^n}{1+x^{n+1}}-\frac{nx^{n-1}}{1+x^n}-\frac{x^{2n}}{1+x^{2n+1}} \le 0\]
\[\iff  \frac{n}{1+x^n}+\frac{x^{n+1}}{1+x^{2n+1}}-\frac{(n+1)x}{1+x^{n+1}}\ge 0  \]
\[\iff  n(1+x^{2n+1})(1+x^{n+1})+x^{n+1}(1+x^n)(1+x^{n+1})-(n+1)x(1+x^{2n+1})(1+x^n)\ge 0  \]
\[\iff  n+(n+1)x^{2n+1}-nx^{2n+2}-(n+1)x\ge0 \]
记$g(x)= n+(n+1)x^{2n+1}-nx^{2n+2}-(n+1)x,0\le x \le 1$
而$g(0)=n\ge 0,g(1)=0，g'(x)=(n+1)((2n+1)x^{2n}-2nx^{2n+1}-1)\le0$
$ \iff 1+x^{2n+1}+\cdots+x^{2n+1}\ge (2n+1)x^{2n}$,即$f'(x)\le 0$成立.
，以下证明$f(a_2)\ge 0$
即要证明$0\le x=a_1= a_2 \le a_3\le \cdots \le a_k \le 1,k=2n+1$时,1楼不等式成立.
此时\[  f(a_2)=f_2(x)= \ln{((\frac{1+x^{n+1}}{1+x^n})^2 \frac{1+a_3^{n+1}}{1+a_3^n} \frac{1+a_4^{n+1}} {1+a_4^n} \cdots
\frac{1+a_k^{n+1}}{1+a_k^n})} - \ln{ \frac{1+x ^2a_3 a_4 \cdots a_k}{2}}，0\le x \le a_3 \le 1\]
\[ f_2'(x)=\frac{2(n+1)x^n}{1+x^{n+1}}-\frac{2nx^{n-1}}{1+x^n}-\frac{2xa_3a_4\cdots a_k}{1+x^2a_3a_4\cdots a_k}\le \frac{2(n+1)x^n}{1+x^{n+1}}-\frac{2nx^{n-1}}{1+x^n}-\frac{2x^{2n}}{1+x^{2n+1}} \le 0\]
\[\iff  \frac{n}{1+x^n}+\frac{x^{n+1}}{1+x^{2n+1}}-\frac{(n+1)x}{1+x^{n+1}}\ge 0  \]
前面已证.
证明$0\le x=a_1= a_2 = a_3\le \cdots \le a_k \le 1$直至
$0\le x=a_1= a_2 = a_3= \cdots = a_k \le 1$也是如此.这样1楼问题得证.

现在好像可以了，留个记号，应付学校的年度论文，省得说抄袭网上，余姚三中 朱sj

kuing

realnumber 发表于 2023-11-16 11:40
en ,大概这样,总体用数学归纳法进行证明
先证明$a_i$都在（0，1],或都大于1，
假设$0\le x=a_1\le a_2\le a ...

初步看了下，没发现什么问题。

另外我有个方法，可以说明只需考虑 ai 全 >=1 或全 <=1 即可，那样就不需要引理1以及归纳法了。

令 `a_i=b_i^2`, `b_i>0`，不等式即为
\[\prod_{i=1}^k\frac{1+b_i^{2n+2}}{1+b_i^{2n}}\geqslant\frac{1+(b_1b_2\cdots b_k)^2}2,\]
两边除以 `b_1b_2\cdots b_k`，可以整理为
\[F(b_1,b_2,\ldots,b_k)=\prod_{i=1}^k\frac{b_i^{-(n+1)}+b_i^{n+1}}{b_i^{-n}+b_i^n}\geqslant\frac12\left(\frac1{b_1b_2\cdots b_k}+b_1b_2\cdots b_k\right)=G(b_1,b_2,\ldots,b_k),\quad(*)\]
现在令
\[m_i=\min\left\{\frac1{b_i},b_i\right\},~M_i=\max\left\{\frac1{b_i},b_i\right\},\]
先看式 (*) 的左边，显然 `b_i` 变为 `1/b_i` 时 `F` 的值是不变的，因此有
\[F(b_1,b_2,\ldots,b_k)=F(m_1,m_2,\ldots,m_k)=F(M_1,M_2,\ldots,M_k),\]
再看式 (*) 的右边，由 `m_i`, `M_i` 的定义显然有
\[m_1m_2\cdots m_k\leqslant b_1b_2\cdots b_k\leqslant M_1M_2\cdots M_k,\]
且 `m_iM_i=1`，那么由双勾函数的性质，得到
\[\frac1{b_1b_2\cdots b_k}+b_1b_2\cdots b_k\leqslant\frac1{m_1m_2\cdots m_k}+m_1m_2\cdots m_k=\frac1{M_1M_2\cdots M_k}+M_1M_2\cdots M_k,\]
也就是
\[G(b_1,b_2,\ldots,b_k)\leqslant G(m_1,m_2,\ldots,m_k)=G(M_1,M_2,\ldots,M_k),\]
这就说明了只需证明所有 `b_i` 都取 `m_i` 的情况即可，也就是只需证明 `b_i` 全在 `(0,1]` 上的情况即可。

人间风雪客

realnumber 发表于 2023-11-10 09:08
en ,大概这样,总体用数学归纳法进行证明，--------应该当时做错了。，帖子就停在错误处了
先证明$a_i$都在 ...

感谢