多谢多谢，新人拜坛，贡献几道题

血狼王

若数列{$a_n$}有初项$|a_0|\leq \frac{\pi}{2}，$且有递推公式：$a_{n+1}=a_n-2\cdot \frac{1-\cos(a_n)}{\sin(a_n)}.$
求证：
$|a_n|\leq \frac{2^{n-1}}{7^n}\pi.$
(by血狼王)

血狼王

若$a,b,c$为非负实数且$a+b+c=1.$
求证
$(1)$
$\sqrt{9+16a^2}+\sqrt{9+16b^2}+\sqrt{9+16c^2}+31abc\leq 11;$
$(2)$
$\sqrt{36+25a^2}+\sqrt{36+25b^2}+\sqrt{36+25c^2}+9abc\geq 19.$
（by血狼王）

战巡

回复 1# 血狼王


我不知道你这个上限怎么来的，反正是个很松的不等式

显然
\[a_{n+1}=a_n-2\tan(\frac{a_n}{2})\]
\[|a_{n+1}|=|a_n-2\tan(\frac{a_n}{2})|\le |a_n-2(\frac{a_n}{2}+\frac{a_n^3}{6})|=|\frac{a_n^3}{12}|\]
有
\[a_n\le 2\sqrt{3}(\frac{\pi}{4\sqrt{3}})^{3^n}\]
这玩意可比你那个收敛快多了，只有前两项不满足，特殊证明即可，剩下不多说

血狼王

回复 3# 战巡


好吧，这一次你赢了。
不过还有二楼的题……你也挑战一下？

kuing

回复 3# 战巡

不用讨论一下正负什么的咩？

Crazy_LittleBoy

加强一下：
若a,b,c为非负实数且a+b+c=1。
求证：
$\sqrt{9+16a^2}+\sqrt{9+16b^2}+\sqrt{9+16c^2}+\left( 297-27\,\sqrt {97} \right) abc\leq 11$

$\sqrt{36+25a^2}+\sqrt{36+25b^2}+\sqrt{36+25c^2}+\left( -27\,\sqrt {349}+513 \right) abc\geq 19$

战巡

回复 5# kuing

不用啊，因为是统一的
当$x<0$时$\tan(x)<x$，加上绝对值就又变回$|\tan(x)|>|x|$了

战巡

回复 4# 血狼王


挑战？什么挑战？我可没把这些东西当什么挑战，对于这些东西，劳资想玩就玩，不想玩就不玩，根本没有什么谁赢谁输

血狼王

回复 6# Crazy_LittleBoy


你竟然比我还早入坛……跪了。
还有，你怎么想到加强的系数的？
（加强后，两个都在111时成立……老兄果然深知我心）

血狼王

若$a,b,c$为非负实数且$a+b+c=1.$
求证
$(1)$
$\sqrt{9+16a^2}+\sqrt{9+16b^2}+\sqrt{9+16c^2}+31abc\leq 1 ...
血狼王 发表于 2015-12-23 08:08

两个思路一样，这里只证明前一个.
不妨设$a\leq b\leq c.$
利用韩京俊《初等不等式的证明方法》中“判定定理”的结论：
当$a+b+c$和$abc$取定时，记$f(x)=\sqrt{9+16x^2}(0\leq x\leq 1),$
$g(x^{-1})=f'(x)=\frac{16x}{\sqrt{9+16x^2}},$
所以，$g(y)=\frac{16}{\sqrt{9y^2+16}}(y=x^{-1}\geq 1).$
易知$g(y)$在$[1,+\infty)$上为下凸函数，故最大值只能在$a=b\leq c$时取到。
（不知道此“判定定理”者，可以买一本《初等不等式的证明方法》来看看）
又已知$a+b+c=1,$故可令$a=b=t,c=1-2t(0\leq t\leq \frac{1}{3}),$将其代入原式得：
$2\sqrt{9+16t^2}+\sqrt{9+16(1-2t)^2}+31t^2(1-2t)\leq 11.$
经过一些暴力处理（利用杨路教授的去根号定理），最终可得上式的等价型：
$14776336t^{12}-29552672t^{11}+22164504t^{10}+3098264t^9-15790191t^8+9340920t^7+272924t^6-2547952t^5+929628t^4+76384t^3-108720t^2+16896t\geq 0.$
且
$3844t^6-3844t^5+961t^4+1364t^3-810t^2+64t+60\geq 0.$
可以证明上两式左方的多项式无正零点（我用了软件），故上两式在$0\leq t\leq \frac{1}{3}$时恒成立，原式得证.

Crazy_LittleBoy

回复 10# 血狼王


    你的证明可称得上是真正的机器证明了，居然还用了去根号定理。。。
来个暴力配方：
$14776336*t^{12}-29552672*t^{11}+22164504*t^{10}+3098264*t^9-15790191*t^8+9340920*t^7+272924*t^6-2547952*t^5+929628*t^4+76384*t^3-108720*t^2+16896*t$

$=$

$t*((t^3-(601/500)*t^2+(47815193/100000000)*t-31435075913/500000000000)^2*(14776336*t^5+(746204968/125)*t^4+(3237316978047/3125000)*t^3+(157780643564757083/15625000000)*t^2+(4999308681175287730307/625000000000000)*t+6666140655627935296222273/1562500000000000000)+(t^2-(7777/10000)*t+7408691/50000000)^2*((6417437138189440326252796229/1562500000000000000000)*t+41386993810843586422072185291/78125000000000000000000000)+(t-1669/5000)^2*((1468839796905505851406273857903600941/6250000000000000000000000000000)*t+2509581229909618107536467033628480081/15625000000000000000000000000000000)+(22171807050288584535399189655200156531/610351562500000000000000000000000000)*t+957697210261846381673105445543380266251/305175781250000000000000000000000000000)$


$3844*t^6-3844*t^5+961*t^4+1364*t^3-810*t^2+64*t+60$

$=$

$844*(t-2/5)^4*t^2+(11532/5)*(t-2/5)^4*t+961*(t-2/5)^4+(41788/25)*(t-2/5)^2*t+(12086/125)*(t-2/5)^2+(190248/3125)*t+62276/3125$

血狼王

回复 11# Crazy_LittleBoy


俊波兄，我就是qq不等式中学群里的何嘉豪，你应该猜着了。

血狼王

若$x,y,z$均为非负实数，且$xy+yz+zx=1.$求证：
$(1)$
$\frac{1}{(3x-1)^2}+\frac{1}{(3y-1)^2}+\frac{1}{(3z-1)^2}\geq \frac{3}{2};$
$(2)$
$\frac{1}{(2x-1)^2}+\frac{1}{(2y-1)^2}+\frac{1}{(2z-1)^2}\geq 2.$

血狼王

回复 3# 战巡


回去和同学讨论了一下，发现你的说法有问题。
不妨设$a_n$为正，则$a_{n+1}=a_n-2\tan (\frac{a_n}{2})$为负，这个容易想到。（因为$|a_n|\leq \frac{\pi}{2}$）
这样，$$|a_{n+1}|=2\tan (\frac{a_n}{2})-a_n\geq \frac{a_n^3}{12}.$$
这和你的结论反了。
你看看对不对？

血狼王

回复 14# 血狼王


14楼的继续。
令$g(x)=\frac{2\tan (\frac{x}{2})-x}{x^3},$
易知它在$[0,\frac{\pi}{2}]$上是增函数，故当$0\leq x\leq \frac{\pi}{2}$时，有：
$$g(x)\leq g(\frac{\pi}{2})=\frac{2\tan (\frac{\pi}{4})-\frac{\pi}{2}}{(\frac{\pi}{2})^3}=\frac{16-4\pi}{\pi^3}.$$
故当$0\leq a_n\leq \frac{\pi}{2}$时，有：
$$|a_{n+1}|=2\tan (\frac{a_n}{2})-a_n\leq\frac{16-4\pi}{\pi^3}a_n^3<\frac{a_n^3}{9}.$$
所以，应有：
$$|a_n|\leq 3(\frac{\pi}{6})^{3^n}.$$
各位看看对不对？
注：
$$\frac{16-4\pi}{\pi^3}\approx 0.1107398163618407411752349901<\frac{1}{9}.$$

血狼王

回复 13# 血狼王


先证明$(2).$
由题设，$x,y,z$中必有两个$\leq 1.$如若不然，则$x,y,z$中必有两个$>1,$这样$xy,yz,zx$中必有一个$>1,$与$xy+yz+zx=1$矛盾。
（注意，$x,y,z$都是非负实数。）
不妨设$x,y\leq 1,$则$$\frac{1}{(2x-1)^2},\frac{1}{(2y-1)^2}$$均$\geq 1.$
这样，$$\frac{1}{(2x-1)^2}+\frac{1}{(2y-1)^2}+\frac{1}{(2z-1)^2}\geq 1+1+0=2.$$
qed
（by血狼王）