求证一个多元不等式

lemondian

设$x_i>0(i=1,2,\cdots ,n)$，且$x_1^{2m}+x_2^{2m}+\cdots +x_n^{2m}=1(m\inN^*)$，求证：$\dfrac{x_1^m}{1-x_1^{m+1}}+\dfrac{x_2^m}{1-x_2^{m+1}}+\cdots +\dfrac{x_n^m}{1-x_n^{m+1}}\geqslant \dfrac{2m+1}{m(m+1)}\sqrt[m+1]{m(2m+1)^m}$。

kuing

`m` 的范围可扩展到任意 `m>0`。

由加权均值知对任意正数 `x`, `y`, `a`, `b` 有
\[x^ay^b\leqslant\left(\frac{ax+by}{a+b}\right)^{a+b}.\]

为方便码字，记 `\lambda=m/(m+1)`，则对于 `0<x<1` 有
\begin{align*}
x^m(1-x^{m+1})&=\frac1\lambda(x^{m+1})^\lambda\bigl(\lambda(1-x^{m+1})\bigr)^1\\
&\leqslant\frac1\lambda\left(\frac{\lambda x^{m+1}+\lambda(1-x^{m+1})}{\lambda+1}\right)^{\lambda+1}\\
&=\frac1\lambda\left(\frac\lambda{\lambda+1}\right)^{\lambda+1}\\
&=\frac1{\lambda+1}\left(\frac\lambda{\lambda+1}\right)^\lambda,
\end{align*}
所以
\[\frac{x^m}{1-x^{m+1}}=\frac{x^{2m}}{x^m(1-x^{m+1})}\geqslant(\lambda+1)\left(\frac{\lambda+1}\lambda\right)^\lambda x^{2m},\]
取 `x=x_i`（`i\in\{1,2,\ldots,n\}`）然后全部相加即得
\[\LHS\geqslant(\lambda+1)\left(\frac{\lambda+1}\lambda\right)^\lambda=\frac{2m+1}{m+1}\left(\frac{2m+1}m\right)^{m/(m+1)}=\RHS.\]

kuing

这道题估计就是从类似于这帖 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=4776 的题推广出来的，但很明显不够彻底。

在相同套路可行的情况下，至少可以推广成这样：
【以下默认所有字母均为正数】
设 `x_1^a+x_2^a+\cdots+x_n^a=1`, `a>b`, `t\geqslant1`，则
\[\frac{x_1^b}{t-x_1^c}+\frac{x_2^b}{t-x_2^c}+\cdots+\frac{x_n^b}{t-x_n^c}\geqslant\frac{a-b}c\left(\frac{a-b+c}{(a-b)t}\right)^{(a-b+c)/c}.\]

证明：记 `\lambda=(a-b)/c`，则对于 `0<x<1` 有
\begin{align*}
x^{a-b}(t-x^c)&=\frac1\lambda(x^c)^\lambda\bigl(\lambda(t-x^c)\bigr)^1\\
&\leqslant\frac1\lambda\left(\frac{\lambda x^c+\lambda(t-x^c)}{\lambda+1}\right)^{\lambda+1}\\
&=\frac1\lambda\left(\frac{\lambda t}{\lambda+1}\right)^{\lambda+1},
\end{align*}
所以
\[\frac{x^b}{t-x^c}=\frac{x^a}{x^{a-b}(t-x^c)}\geqslant\lambda\left(\frac{\lambda+1}{\lambda t}\right)^{\lambda+1}x^a,\]
取 `x=x_i` 相加后即
\[\LHS\geqslant\lambda\left(\frac{\lambda+1}{\lambda t}\right)^{\lambda+1}=\RHS.\]

kuing

关于取等条件：

先看 3# 的，取等需要 `x_i^c=\lambda(t-x_i^c)`，即
\[x_i=\left(\frac{\lambda t}{\lambda+1}\right)^{1/c}=\left(\frac{(a-b)t}{a-b+c}\right)^{1/c},\]
同时还得满足 `\sum x_i^a=1`，因此需要
\[n\left(\frac{(a-b)t}{a-b+c}\right)^{a/c}=1,\]
所以如果条件随便写，一般都取不了等。

回到 1# 即 `(a,b,c,t)=(2m,m,m+1,1)`，此时上式为
\[n\left(\frac m{2m+1}\right)^{2m/(m+1)}=1,\]
如果还要 `m\inN^+`，那我估计只有 `m=1`, `n=3` 能满足，此时题目即：
`x`, `y`, `z>0`, `x^2+y^2+z^2=1` 证
\[\frac x{1-x^2}+\frac y{1-y^2}+\frac z{1-z^2}\geqslant\frac{3\sqrt3}2,\]
取等条件就是 `x=y=z=1/\sqrt3`。
（而如果允许 `x_i` 取零，那就 `m=1`, `n\geqslant3` 都行，正如 3# 链接里说的“四元以上取等就是三个为 `1/\sqrt3` 其余全为零”）

所以我觉得上面那些纯粹为了一种套路服务的推广没什么意思，套路会了就成，何必搞得这么复杂？还一般取不了等。

lemondian

kuing 发表于 2024-9-9 17:32
这道题估计就是从类似于这帖 https://kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=4776 的题推 ...

以下这两个结论对吗？
结论１：已知$a>b>0,c>0,t>x_i^c(i=1,2,\cdots ,n)$，且$x_1^a+x_2^a+\cdots+x_n^a\geqslant 1
$，则$\frac{x_1^b}{t-x_1^c}+\frac{x_2^b}{t-x_2^c}+\cdots+\frac{x_n^b}{t-x_n^c}\geqslant\frac{a-b}c\left(\frac{a-b+c}{(a-b)t}\right)^{(a-b+c)/c}.
$

结论２：已知$a>b>0,c>0,M>0,t>x_i^c(i=1,2,\cdots ,n)$，且$x_1^a+x_2^a+\cdots+x_n^a\geqslant M
$，则$\frac{x_1^b}{t-x_1^c}+\frac{x_2^b}{t-x_2^c}+\cdots+\frac{x_n^b}{t-x_n^c}\geqslant\frac{(a-b)M^{(b-c)/a}}c\left(\frac{(a-b+c)M^{c/a}}{(a-b)t}\right)^{(a-b+c)/c}.
$

问题是:
（１）$t$的范围是这样限制吗？
（２）条件$x_1^a+x_2^a+\cdots+x_n^a\geqslant 1
$与３#的条件$x_1^a+x_2^a+\cdots+x_n^a= 1$的关系是什么？等价吗？