简单的 n 元不等式征解

ic_Mivoya

已知正实数 $a_1,a_2,\cdots,a_n$ 满足 $\displaystyle\prod_{i=1}^na_i=1$，求证：$\displaystyle\sum_{i=1}^n(2a_i+1)\ge\sum_{i=1}^n\dfrac9{2a_i+1}.$

想问下有没有不基于调整的初等证法。

kuing

想到一个坑爹的切比雪夫证法😁

令 `a_i=b_i^4`, `b_i>0`，则 `b_1b_2\cdots b_n=1`，有
\begin{align*}
2a_i+1-\frac9{2a_i+1}&=\frac{4(a_i-1)(a_i+2)}{2a_i+1}\\
&=\frac{4(b_i-1)(b_i+1)(b_i^2+1)(b_i^4+2)}{2b_i^4+1},
\end{align*}
令
\[f(x)=\frac{(x+1)(x^2+1)(x^4+2)}{2x^4+1},\]
下面证明当 `x>0` 时 `f(x)` 递增，求导有
\[f'(x)=\frac M{(2x^4+1)^2},\]
其中
\begin{align*}
M={}&6x^{10}+4x^9+2x^8+3x^6-2x^5-7x^4-12x^3+6x^2+4x+2\\
={}&(x^5-1)^2+(x^{10}+x+x-3x^4)+(x+1)\left(4x^9+\frac12+\frac12-3x^3\right)\\
&+3x^2\bigl((x^2-1)^2+(x-1)^2\bigr)+(x^4+x^4+x-3x^3)+2x^8,
\end{align*}
由均值可知上式恒为正，所以当 `x>0` 时 `f'(x)>0`。

由此可知 `\{b_i-1\}` 与 `\{f(b_i)\}` 同序，根据切比雪夫不等式，有
\begin{align*}
\sum_{i=1}^n\left(2a_i+1-\frac9{2a_i+1}\right)&=4\sum_{i=1}^n(b_i-1)f(b_i)\\
&\geqslant\frac4n\sum_{i=1}^n(b_i-1)\sum_{i=1}^nf(b_i)\\
&=\frac4n\left(\sum_{i=1}^nb_i-n\right)\sum_{i=1}^nf(b_i)\\
&\geqslant0,
\end{align*}
即得证。

Aluminiumor

令
$$f(x)=2x+1-\frac{9}{2x+1}-4\ln x$$
则
$$f'(x)=\frac{4(2x^2+1)(x-1)}{x(2x+1)^2}$$
所以
$$f(x)\geq f(1)=0$$
$$\Longrightarrow\sum_{i=1}^n\left(2a_i+1-\frac{9}{2a_i+1}\right)\geq4\sum_{i=1}^n\ln(a_i)=0$$

kuing

喔，琴生也行，那应该就一堆方法都行……

令
\[f(x)=2e^x+1-\frac9{2e^x+1},\]
计算二阶导数得
\[f''(x)=\frac{4e^x(4e^{3x}+6e^{2x}-6e^x+5)}{(2e^x+1)^3}>0,\]
所以
\[\LHS-\RHS=\sum_{i=1}^nf(\ln a_i)\geqslant nf\left(\frac1n\sum_{i=1}^n\ln a_i\right)=nf(0)=0.\]