最近在知乎的回答存档——不等式类

kuing

网址：zhihu.com/question/491276281
标题：这道不等式如何用积分方法处理？
题目来源于 Problems from the book.用积分证明不等式那一章的课后习题，此题有一个概率背景。但是既然是积分证明不等式，希望知乎上的朋友们能给一个积分的证明手段，感谢！

我的回答：
概率、积分啥的我都不懂，只会用初等方法……

原不等式左边对每一个变量都是线性的，所以只需考虑端点，即 `x_{i,j}` 要么 =0 要么 =1 的情形。

此时左边的两个积式的值也是要么 =0 要么 =1，于是只需证明它们不可能同时 =0 即可。

假设前面的积式 =0，则存在 j 使得 `x_{1,j}=x_{2,j}=\cdots=x_{m,j}=1` ，那么后面的积式里面对每个 i 都有 `\prod_{j=1}^n(1-x_{i,j})=0` ，故后面的积式 =1，所以不可能同时 =0，即得证。

发布于 10-09

注：概率证法见链接内的其他回答。

kuing

网址：zhihu.com/question/491465892
标题：请问这个不等式该怎么证明吖？

我的回答：
令 `f(b)=2^{p-1}(a^p+b^p)-(a+b)^p-(a-b)^p` ，求导得
\begin{align*}
f'(b)&=2^{p-1}pb^{p-1}-p(a+b)^{p-1}+p(a-b)^{p-1}\\
&=p(a+b)^{p-1}\left( {\left( {\frac {2b}{a+b}} \right)^{p-1}+\left( {\frac {a-b}{a+b}} \right)^{p-1}-1} \right),
\end{align*}因为 `\frac {2b}{a+b},\frac {a-b}{a+b}\leqslant 1` ，所以由 p>=2 得
\[\left( {\frac {2b}{a+b}} \right)^{p-1}+\left( {\frac {a-b}{a+b}} \right)^{p-1}\leqslant \frac {2b}{a+b}+\frac {a-b}{a+b}=1,\]即 `f'(b)\leqslant 0` ，所以 `f(b)\geqslant f(a)=0` ，原不等式得证。

同时可以看出如果 0<p<2 则不等式反向成立。

编辑于 10-10 02:49

注：严格来说漏了讨论 a+b=0，不过太显然就懒得说了。
另外，我想起了这题：kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=106

kuing

网址：zhihu.com/question/492065073
标题：如何解决以下两个问题?
第七跟第九，想了很久，但感觉自己不等式还是掌握的不太好

我的回答：
第七题，第一空：根据经验，这种题本质涉及高次方程，即系数不能随便写，否则解不了，因此系数是经命题者设计过，取等和答案必定简单（钓鱼题除外），因此这类题建议先蒙答案再说。

这里 x 无法取整数，假设 x=a/b 好了，那么 `y^2=\frac {45(b^2-a^2)}{b^2}` ，而 45=5*3^2，要想开方无根号，b^2-a^2 得含有因子 5，而 3^2-2^2=5，就尝试 x=2/3 吧，此时 y=5，代入所求式，恰好是个整数 21，不用想了，答案还能不是它吗？

要写过程就根据取等来凑，如：
\begin{gather*}
\frac 2{1-x}=\frac {4x^2}{(2-2x)\cdot x\cdot x}\geqslant \frac {4x^2}{(2/3)^3}=\frac {27}2x^2,\\
\frac {75}{10-y}-\frac 3{10}y^2-\frac {15}2=\frac {3y(y-5)^2}{10(10-y)}\geqslant 0,
\end{gather*}所以
\[\frac 2{1-x}+\frac {75}{10-y}\geqslant \frac {27}2x^2+\frac 3{10}y^2+\frac {15}2=\frac {27}2\left( {x^2+\frac {y^2}{45}} \right)+\frac {15}2=21.\]
第二空：呃……式子太丑了，不想看……

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第九题：令 `x=ab,y=bc,z=ca` ，由面积公式有 `\frac 1{\sin A}=\frac y{2S}` 等，所以：

第一个条件化为 `x+y+z=2` ；

第二个条件化为 `2\max \{x^2,y^2,z^2\}<x^2+y^2+z^2`，即 `x^2<y^2+z^2`, `y^2<z^2+x^2`, `z^2<x^2+y^2` ，也即 `|y^2-z^2|<x^2<y^2+z^2` 。

更新：差点忘了 △ABC 的存在，还得满足 `|a-b|<c<a+b` ，两边乘 abc 即 `|zx-xy|<yz<zx+xy` 。

下面先求 x 的上界：

由 `x^2<y^2+z^2=(2-x)^2-2yz` 得 `yz<2-2x` 。

由 `|zx-xy|<yz` ，即 `x^2(y-z)^2<y^2z^2` ，故
\[x^2(2-x)^2=x^2(y+z)^2<y^2z^2+4x^2yz<(2-2x)^2+4x^2(2-2x),\]展开为 `x^4+4x^3-8x^2+8x-4<0` ，因式分解为
\[\Bigl( x^2+\bigl( 2+2\sqrt 2 \bigr)x-2-2\sqrt 2 \Bigr)\Bigl( x^2+\bigl( 2-2\sqrt 2 \bigr)x-2+2\sqrt 2 \Bigr)<0,\]得到 `x<-1-\sqrt 2+\sqrt {5+4\sqrt 2}` ；

再求 x 的下界：

由 `yz<zx+xy` 得 `yz<x(2-x)` ，故
\begin{align*}
x^4&>(y^2-z^2)^2\\
&=\bigl((2-x)^2-2yz\bigr)^2-4y^2z^2\\
&>\bigl((2-x)^2-2x(2-x)\bigr)^2-4x^2(2-x)^2,
\end{align*}展开化简为 `x^4-8x^3+18x^2-16x+4<0` ，因式分解为
\[\Bigl( x^2+\bigl( -4+\sqrt 2 \bigr)x+2 \Bigr)\Bigl( x^2+\bigl( -4-\sqrt 2 \bigr)x+2 \Bigr)<0,\]得到 `x>2+\frac{\sqrt2}2-\sqrt{\frac52+2\sqrt2}` 。

最后还要给出“取等”，为
\[\{x,y,z\}\to \left\{ {2+\frac{\sqrt2}2-\sqrt{\frac52+2\sqrt2},1+\frac {\sqrt 2}2-\sqrt {-\frac 12+\sqrt 2},-1-\sqrt 2+\sqrt {5+4\sqrt 2}} \right\},\]所以上面两个界都是确界，因此所求取值范围就是
\[\left( 2+\frac{\sqrt2}2-\sqrt{\frac52+2\sqrt2},-1-\sqrt 2+\sqrt {5+4\sqrt 2} \right).\]
编辑于 10-13

kuing

网址：zhihu.com/question/492913905
标题：这个不等式题有什么好的方法嘛？

我的回答：
增元化齐次并平衡系数，令 $x=\frac {3a}{2c},y=\frac b{2c}$ ，则
\[\frac 1{x+3y}+\frac x{8y+4}+\frac {9y}{2x+3}=\frac {2c}{3(a+b)}+\frac {3a}{8(b+c)}+\frac {3b}{2(c+a)},\]这时可以再作分母换元然后展开均值，或者像下面这样用柯西
\begin{align*}
\text{RHS}&=\frac {2(c+a+b)}{3(a+b)}-\frac 23+\frac {3(a+b+c)}{8(b+c)}-\frac 38+\frac {3(b+c+a)}{2(c+a)}-\frac 32\\
&=\frac 12(a+b+b+c+c+a)\left( {\frac 2{3(a+b)}+\frac 3{8(b+c)}+\frac 3{2(c+a)}} \right)-\frac {61}{24}\\
&\geqslant \frac 12\left( {\sqrt {\frac 23}+\sqrt {\frac 38}+\sqrt {\frac 32}} \right)^2-\frac {61}{24}\\
&=\frac {47}{48},
\end{align*}当 a:b:c=7:1:5 时取等。

发布于 10-17

isee

回复 44# kuing


此题 平衡系数 主要是凑分母吧？

kuing

回复 45# isee

嗯，就是尝试调整分母的系数。
这题系数是设计过的，所以可行，一般是不行的，如这题：kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=3537

kuing

网址：zhihu.com/question/495593667
标题：怎么证明这个多项式非负？
在某个研究中遇到的问题，我通过软件验证感觉这一定是对的，但能力不足证明，希望厉害人指教

我的回答：
依题意，方程 $mx^2+nx+p=0$ 有俩共轭复根，设为 $z,\bar z$，由韦达 $-\frac nm=z+\bar z,\frac pm=z\bar z$，故
\begin{align*}
\frac A{m^2}&=(az\bar z-c)^2+\bigl(a(z+\bar z)+b\bigr)\bigl(bz\bar z+c(z+\bar z)\bigr)\\
&=(az^2+bz+c)(a\bar z^2+b\bar z+c)\\
&=|az^2+bz+c|^2\\
&\geqslant 0.
\end{align*}
发布于 10-31

注：实数不等式用复数搞，我以前好像也没试过，这回完全是因为条件明显是个判别式，想到二次函数，再想到设零点式，将 mnp 表为零点。
然而现在是小于零的判别式，没有零点，本来已经想换方向，后来突然想，照上复根又会变成啥样呢？一试之下竟然瞬间搞定！

kuing

网址：zhihu.com/question/492892017
标题：如何用柯西不等式解这道题？
已知x，y是第一象限角，且有√（2sin＾2（x）＋3cos＾2（x））＋√（2sin＾2（y）＋3cos＾2（y））≥ksin（x＋y）恒成立，求k的最大值。

我的回答：
由柯西不等式有
\begin{align*}
\sqrt {2\sin ^2x+3\cos ^2x}&=\sqrt {(2\sin ^2x+3\cos ^2x)(\cos ^2y+\sin ^2y)}\\
&\geqslant \sqrt 2\sin x\cos y+\sqrt 3\cos x\sin y,
\end{align*}同理 $\sqrt {2\sin ^2y+3\cos ^2y}\geqslant \sqrt 2\sin y\cos x+\sqrt 3\cos y\sin x$ ，相加即得
\[\sqrt {2\sin ^2x+3\cos ^2x}+\sqrt {2\sin ^2y+3\cos ^2y}\geqslant \bigl(\sqrt 2+\sqrt 3\bigr)\sin (x+y),\]易知取等条件为 $\tan x\tan y=\sqrt {\frac 32}$ ，所以 k 的最大值就是 $\sqrt 2+\sqrt 3$ 。

发布于 11-2

注：命题者没将 `\sqrt {2\sin ^2x+3\cos ^2x}` 写成 `\sqrt {2+\cos ^2x}` 大概是出于好心，化简后更不利于发现上述证法。

kuing

网址：zhihu.com/question/497536309
标题：如何证明下面图片中的不等式？

先引用网友“bahdsn”的回答：

作代换 $a\rightarrow \sqrt[3]{4}a $ 等，条件变成 $a+b+c+d=4abcd$，要证的变成 $\sum_{cyc}{\frac{4a^3}{4a^3+1}}\leqslant \frac{16}{5} $
作代换 $a\rightarrow \frac{1}{a} $ ，条件变成 $bcd+acd+abd+abc=4$，由此可以得出 $a+b+c+d\geqslant4$
要证的变成 $\sum_{cyc}{\frac{4}{4+a^3}}\leqslant \frac{16}{5} $，即 $\sum_{cyc}{\frac{a^3}{a^3+4}}\geqslant \frac{4}{5} $
由柯西
\[\sum_{cyc}{\frac{a^3}{a^3+4}}\geqslant \frac{\left( a^2+b^2+c^2+d^2 \right) ^2}{a^4+b^4+c^4+d^4+4\left( a+b+c+d \right)}\geqslant \frac{\left( a^2+b^2+c^2+d^2 \right) ^2}{a^4+b^4+c^4+d^4+\frac{\left( a+b+c+d \right) ^4}{16}} \]故只需证明 $5 \left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2-4 \left(a^4+b^4+c^4+d^4\right)-\frac{1}{4} (a+b+c+d)^4\geqslant0$
这只需注意到
\begin{align*}
&5 \left(a^2+b^2+c^2+d^2\right)^2-4 \left(a^4+b^4+c^4+d^4\right)-\frac{1}{4} (a+b+c+d)^4\\
={}&\frac{4}{3} (b c-a d)^2+\frac{4}{3} (a c-b d)^2+\frac{4}{3} (a b-c d)^2\\
&+\frac{1}{16}\left(-a^2+2 a b-2 a c+2 a d-b^2-2 b c+2 b d+3 c^2-2 c d-d^2\right)^2\\
&+\frac{1}{16}\left(-a^2-2 a b+2 a c+2 a d+3 b^2-2 b c-2 b d-c^2+2 c d-d^2\right)^2\\
&+\frac{1}{16}\left(3 a^2-2 a b-2 a c-2 a d-b^2+2 b c+2 b d-c^2+2 c d-d^2\right)^2\\
&+\frac{1}{16}\left(-a^2+2 a b+2 a c-2 a d-b^2+2 b c-2 b d-c^2-2 c d+3 d^2\right)^2\\
&+\frac{1}{3} (4 a b-a c-a d-b c-b d)^2+\frac{1}{3} (a c+a d+b c+b d-4 c d)^2\\
&+\frac{1}{3} (a b-4 a c+a d+b c+c d)^2+\frac{1}{3} (a b+a d+b c-4 b d+c d)^2\\
&+\frac{1}{3} (a b+a c-4 b c+b d+c d)^2+\frac{1}{3} (a b+a c-4 a d+b d+c d)^2\\
\geqslant{}&0.
\end{align*}即可证明.

以下才是我的回答：
emmm... @bahdsn 的回答的最后一步是要证：
\[5(a^2+b^2+c^2+d^2)^2-4(a^4+b^4+c^4+d^4)-\frac 14(a+b+c+d)^4\geqslant 0,\quad(*)\]由于完全注意不到，只好继续变形，尝试传统SOS方法：
\begin{align*}
(*)&\iff4\left( {\sum a^2} \right)^2-\frac 14\left( {\sum a} \right)^4\geqslant 4\sum a^4-\left( {\sum a^2} \right)^2,\\
&\iff\left( {\sum a^2+\frac 14\left( {\sum a} \right)^2} \right)\left( {4\sum a^2-\left( {\sum a} \right)^2} \right)\geqslant 4\sum a^4-\left( {\sum a^2} \right)^2, \quad(1)
\end{align*}由拉格朗恒等式知
\[4\sum a^2-\left( {\sum a} \right)^2=(a-b)^2+(a-c)^2+(a-d)^2+(b-c)^2+(b-d)^2+(c-d)^2,\]上式升次就是式 (1) 右边，即 $(a+b)^2(a-b)^2+\cdots$ ，因此式 (1) 等价于
\[S_{ab}(a-b)^2+S_{ac}(a-c)^2+S_{ad}(a-d)^2+S_{bc}(b-c)^2+S_{bd}(b-d)^2+S_{cd}(c-d)^2\geqslant 0,\quad(2)\]其中 $S_{ab}=\sum a^2+\frac 14\left( {\sum a} \right)^2-(a+b)^2$ 等。

不妨设 $a\geqslant b\geqslant c\geqslant d$ ，下面证明式 (2) 只有第一个系数可正可负，这只需证明第二个系数恒为正（显然后面的都比它大）：
\[S_{ac}=\sum a^2+\frac 14\left( {\sum a} \right)^2-(a+c)^2>a^2+c^2+\frac 14(a+2c)^2-(a+c)^2=\frac 14(a-2c)^2\geqslant 0,\]又 $(a-c)^2\geqslant (a-b)^2$ ，因此要证式 (2) 只需证 $S_{ab}+S_{ac}\geqslant 0$ ：
\begin{align*}
S_{ab}+S_{ac}&=2\sum a^2+\frac 12\left( {\sum a} \right)^2-(a+b)^2-(a+c)^2\\
&>2(a^2+b^2+c^2)+\frac 12(a+b+c)^2-(a+b)^2-(a+c)^2\\
&=\frac 14(a-2b)^2+\frac 14(a-2c)^2+\frac 12(b+c)^2>0,
\end{align*}即得证。

发布于 11-10 02:32

注：后来 bahdsn 也补充了式 (*) 的其他证法，见链接。

isee

回复 49# kuing

哈哈哈哈哈，又见到一个你也看不明白的配方
这个 bahdsn@知乎的不等式也是出神入化，你们都在最高层~

kuing

回复 50# isee

他比我高，比我更能注意到