关于一道传说出自70年代苏联的“棺材”题——不等式的愚解

睡神

求解以下正数$x$的不等式：$x(8\sqrt{1-x}+\sqrt{1+x})\le11\sqrt{1+x}-16\sqrt{1-x}$

此题来自某扣群。由于本人水平有限，解答难免会有所出错，望各位大神多多指导！以下是我的愚解：

变形得：$(8x+16)\sqrt{1-x}\le(11-x)\sqrt{1+x}$       (1)

令$x=\cos2\alpha$，由$0<x\le1$得$\dfrac{\sqrt2}{2}<|\cos\alpha|\le1,0\le2|\sin\alpha|<\sqrt2$

代入(1)式得：$(12-8|\sin\alpha|^2)|\sin\alpha|\le(6-|\cos\alpha|^2)|\cos\alpha|$

变形得：$(2|\sin\alpha|)^3-6(2|\sin\alpha|)\ge|\cos\alpha|^3-6|\cos\alpha|$        (2)

令$f(t)=t^3-6t,t\in(0,\sqrt2)$，则由(2)可得$f(2|\sin\alpha|)\ge f(|\cos\alpha|)$

而$f'(t)=3t^2-6=3(t-\sqrt2)(t+\sqrt2)<0$，得$f(t)$在$(0,\sqrt2)$上单调递减

所以$2|\sin\alpha|\le |\cos\alpha|$，即$0\le|\tan\alpha|\le \dfrac{1}{2}$

所以$x=\cos2\alpha=\dfrac{1-\tan^2\alpha}{1+\tan^2\alpha}=-1+\dfrac{2}{1+\tan^2\alpha}\in[\dfrac{3}{5},1]$

睡神

也可以两边同时除以$\sqrt{1+x}$得到$x(8\cdot \sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}+1)\le 11-16\cdot \sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}$

令$t=\sqrt{\dfrac{1-x}{1+x}}$，则$\dfrac{1-t^2}{1+t^2}(8t+1)\le 11-16t$

化简得：$4t^3-6t^2+12t-5\le 0$，即$(2t-1)(2t^2-2t+5)\le 0$，则$0\le t\le \dfrac{1}{2}$

后略。。。

kuing

令 `a=\sqrt{1-x}`, `b=\sqrt{1+x}`，则有 `a^2+b^2=2`, `b^2-a^2=2x`，那么原不等式可以写成
\[(b^2-a^2)(8a+b)\leqslant(a^2+b^2)(11b-16a),\]
可分解为
\[2(b-2a)(2a^2-2ab+5b^2)\geqslant0,\]
第二项显然恒为正，所以 `\iff b\geqslant2a\iff1+x\geqslant4(1-x)\land\abs x\leqslant1\iff x\in[3/5,1]`。