一道求三元分式最值题

lemondian

已知正实数$a,b,c$满足$a+b+c=1$，求$\dfrac{a}{a^2+1}+\dfrac{b}{b^2+1}+\dfrac{c}{c^2+1}$的最大值。

另外，此题有最小值吗？

isee

f(x)=x/(1+x^2) 在 (0,1) 上 f''(x)<0，即上凸，考虑在 x=1/3 处的切线即知最大值为 9/10.

kuing

这是我十几年前在《数学空间》介绍切线法时给的习题之一。

见《数学空间》2011 年第 4 期 第 23 页。

lemondian

再来一题：

已知非负实数$a,b,c$满足$a+b+c=1$，求$\dfrac{1}{a+1}+\dfrac{1}{2b+1}+\dfrac{1}{3c+1}$的最值。

Aluminiumor

$$x\in[0,1],\frac{1}{x+1}\leq1-\frac12 x\Longleftrightarrow x(x-1)\leq0$$
$$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{2b+1}+\frac{1}{3c+1}\leq\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{1}{c+1}\leq3-\frac12(a+b+c)=\frac52$$
当且仅当 $a=1,b=c=0$ 时取等.
$$\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{2b+1}+\frac{1}{3c+1}\right)_{\max}=\frac52$$

待定系数 $k$,
$$\frac{1}{a+1}+6k(a+1)+\frac{1}{2b+1}+3k(2b+1)+\frac{1}{3c+1}+2k(3c+1)\geq 2(\sqrt{6}+\sqrt{3}+\sqrt{2})\sqrt{k}$$
令 $$6k(a+1)^2=1,3k(2b+1)^2=1,2k(3c+1)^2=1$$
易知(请原谅我开挂) $$6975757441 k^4-1062053036 k^3+36582198 k^2-373388 k+529=0$$
解出合适的 $k$ 值后再代入，得
$$\left(\frac{1}{a+1}+\frac{1}{2b+1}+\frac{1}{3c+1}\right)_{\min}=\frac{1}{17}\left(11+6\sqrt{2}+2\sqrt{18+12\sqrt{2}}\right)$$

kuing

Aluminiumor 发表于 2024-8-5 22:03
$$x\in[0,1],\frac{1}{x+1}\leq1-\frac12 x\Longleftrightarrow x(x-1)\leq0$$
$$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{2 ...

最小值柯西，还是简单题呀（所以不原谅开挂
\begin{align*}
\frac1{a+1}+\frac1{2b+1}+\frac1{3c+1}&=\frac6{6a+6}+\frac3{6b+3}+\frac2{6c+2}\\
&\geqslant\frac{\bigl(\sqrt6+\sqrt3+\sqrt2\bigr)^2}{6(a+b+c)+6+3+2}\\
&=\frac{\bigl(\sqrt6+\sqrt3+\sqrt2\bigr)^2}{17}.
\end{align*}

lemondian

Aluminiumor 发表于 2024-8-5 22:03
$$x\in[0,1],\frac{1}{x+1}\leq1-\frac12 x\Longleftrightarrow x(x-1)\leq0$$
$$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{2 ...

一看“开挂”吓死人，还好6#又不用了

Aluminiumor

kuing 发表于 2024-8-5 22:41
最小值柯西，还是简单题呀（所以不原谅开挂
\begin{align*}
\frac1{a+1}+\frac1{2b+1}+\frac1{3c+1}&=\fr ...

确实如此，我想多了😭

lemondian

这两天老看到这种题哩：

已知非负实数$a,b,c$满足$a+b+c=1$，求$\dfrac{a}{\sqrt{a+b^2}+b}+\dfrac{b}{\sqrt{b+c^2}+c}+\dfrac{c}{\sqrt{c+a^2}+a}$的最值。

其妙

lemondian 发表于 2024-8-5 21:09
再来一题：

已知非负实数$a,b,c$满足$a+b+c=1$，求$\dfrac{1}{a+1}+\dfrac{1}{2b+1}+\dfrac{1}{3c+1}$的最 ...

用调整法，先证明
1/(1+a)+1/(1+b)≤1/(1+a+b)+1
它等价于
(1+b)(1+a+b)+(1+a)(1+a+b)≤(1+a)(1+b)+(1+a)(1+b)(1+a+b)，
作差，等价于
-a²b-ab²-2ab≤0⇔-ab(a+b+2)≤0，
调整法显然成立，但是计算过程太烦，
1/(a+1)+1/(2b+1)+1/(3c+1)≤1/(a+1)+1/(b+1)+1/(c+1)
≤1/(a+b+1)+1+1/(c+1)≤1/(a+b+c+1)+2=1/2+2=5/2
（2024/8/4）

力工

kuing 发表于 2024-8-5 22:41
最小值柯西，还是简单题呀（所以不原谅开挂
\begin{align*}
\frac1{a+1}+\frac1{2b+1}+\frac1{3c+1}&=\fr ...

请问k神：如果题目条件改动，如何求呢？
已知实数$a,b,c$满足$a+b+c=1$，求$\dfrac{a}{a^2+1}+\dfrac{b}{b^2+1}+\dfrac{c}{c^2+1}$的最大值。

kuing

力工 发表于 2024-8-25 15:08
请问k神：如果题目条件改动，如何求呢？
已知实数$a,b,c$满足$a+b+c=1$，求$\dfrac{a}{a^2+1}+\dfrac{b}{ ...

变量改为实数，最大值依然是 `9/10`，证明就用不了切线法了，得用稍微高级点的技巧。

令 `x=1-a`, `y=1-b`, `z=1-c`，则 `x`, `y`, `z\inR`, `x+y+z=2`，则
\begin{align*}
\sum\frac a{a^2+1}\leqslant\frac9{10}&\iff\sum\left(\frac12-\frac{(1-a)^2}{2(a^2+1)}\right)\leqslant\frac9{10}\\
&\iff\frac32-\frac12\sum\frac{x^2}{(1-x)^2+1}\leqslant\frac9{10}\\
&\iff\sum\frac{x^2}{(1-x)^2+1}\geqslant\frac65,
\end{align*}
由 CS 有
\[\sum\bigl(x^2(1-x)^2+x^2\bigr)\sum\frac{x^2}{(1-x)^2+1}\geqslant\left(\sum x^2\right)^2,\]
于是只需证
\[5\left(\sum x^2\right)^2\geqslant6\sum\bigl(x^2(1-x)^2+x^2\bigr),\quad(*)\]
由 `x+y+z=2` 知上式右边
\begin{align*}
6\sum\bigl(x^2(1-x)^2+x^2\bigr)&=6\sum x^4-12\sum x^3+12\sum x^2\\
&=6\sum x^4-6\sum x\sum x^3+3\left(\sum x\right)^2\sum x^2,
\end{align*}
所以式 (*) 等价于
\[5\left(\sum x^2\right)^2\geqslant6\sum x^4-6\sum x\sum x^3+3\left(\sum x\right)^2\sum x^2,\]
展开可配方为
\[3\sum x^2(y-z)^2+\sum(y^2-z^2)^2\geqslant0,\]
显然成立，即得证。

类似题：
kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=2928
kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=5702

力工

kuing 发表于 2024-8-25 16:30
变量改为实数，最大值依然是 `9/10`，证明就用不了切线法了，得用稍微高级点的技巧。

令 `x=1-a`, `y=1- ...

谢谢，我想用分类讨论(一个非正，两个正),(两个非正一个正)和全正，但感觉问题很大。

kuing

力工 发表于 2024-8-25 16:38
谢谢，我想用分类讨论(一个非正，两个正),(两个非正一个正)和全正，但感觉问题很大。 ...

分类讨论也是可以的，也不难。

记 `f(x)=x/(x^2+1)`，易知其在 `(-\infty,-1)` 和 `(1,+\infty)` 上递减，在 `(-1,1)` 上递增，恒有 `f(x)\leqslant1/2`。不妨设 `a\leqslant b\leqslant c`。

（1）若 `a`, `b`, `c\geqslant-3/4`，则用切线法
\[f(a)-\frac3{50}(12a+1)=-\frac{(3a-1)^2(4a+3)}{50(a^2+1)}\leqslant0,\]
同理有另外两式，所以
\[f(a)+f(b)+f(c)\leqslant\frac3{50}(12a+12b+12c+3)=\frac9{10};\]

（2）若 `-3\leqslant a<-3/4`，易证此时 `f(a)\leqslant f(-3)=-3/10`，则
\[f(a)+f(b)+f(c)\leqslant-\frac3{10}+\frac12+\frac12=\frac7{10}<\frac9{10};\]

（3）若 `a<-3`，则 `b+c=1-a>4`，必有 `c>2`，则 `f(c)<f(2)=2/5`，那么
\[f(a)+f(b)+f(c)<0+\frac12+\frac25=\frac9{10};\]

综上，恒有 `f(a)+f(b)+f(c)\leqslant9/10`，当 `a=b=c=1/3` 取等。