|
|
Last edited by kuing at 2024-11-24 20:39:00昨天在 这帖 看到一个四元不等式：
那些系数怪怪的，还有那三个 b 的系数都是 3，有点多余，也不知是不是打错。
先不管它了，我要写的是我在思考时推导出的如下命题，这大概比原题要有意义一些。
命题：已知 `a`, `b`, `c`, `d>0`, `t>1/2`，则有
\[\frac{t^2a}{b+c}+\frac b{c+d}+\frac{t^2c}{d+a}+\frac{(2t-1)^2d}{a+b}\geqslant2(2t-1).\]
证明：由 CS 及均值有
\begin{align*}
\LHS&=\frac{t^2a^2}{a(b+c)}+\frac{b^2}{b(c+d)}+\frac{t^2c^2}{c(d+a)}+\frac{(2t-1)^2d^2}{d(a+b)}\\
&\geqslant\frac{\bigl(ta+b+tc+(2t-1)d\bigr)^2}{\sum a(b+c)}\\
&=\frac{\bigl(t(a+c)+b+(2t-1)d\bigr)^2}{(a+c)(b+d)+2ac+2bd}\\
&\geqslant\frac{\bigl(t(a+c)+b+(2t-1)d\bigr)^2}{(a+c)(b+d)+\frac12(a+c)^2+2bd}\\
&=\frac{2\bigl(t(a+c)+b+(2t-1)d\bigr)^2}{(a+c+2b)(a+c+2d)},
\end{align*}
所以只需证明
\[\bigl(t(a+c)+b+(2t-1)d\bigr)^2\geqslant(2t-1)(a+c+2b)(a+c+2d),\]
由均值有
\[\RHS\leqslant\left(\frac{(a+c+2b)+(2t-1)(a+c+2d)}2\right)^2=\LHS,\]
所以命题得证。`\square`
另外，若允许变量取零，则当 `a=c=0` 且 `b=(2t-1)d` 时取等。
由此命题可推出原题的加强：令 `2t-1=\sqrt6`，则易知 `t^2<3`，于是有
\[\frac{3a}{b+c}+\frac b{c+d}+\frac{3c}{d+a}+\frac{6d}{a+b}\geqslant2\sqrt6,\]
作置换 `(a,b,c,d)\to(a,3b,2c,d)`，即
\[\frac{3a}{3b+2c}+\frac{3b}{2c+d}+\frac{6c}{d+a}+\frac{6d}{a+3b}\geqslant2\sqrt6,\]
这当然强于原题的
\[\frac{6a}{3b+c}+\frac{3b}{2c+d}+\frac{7c}{d+a}+\frac{6d}{a+3b}\geqslant\frac{12}5.\]
|
|
isee
Posted at 2024-11-24 23:33:54
