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广东云浮周小栋(4570****) 10:48:17
再帮忙看看第四题
想了个证法，可能复杂化了，不过还算有趣：
对已知不等式按 $a_1^2$ 整理为
\[(n-2)(a_1^2)^2-2(a_2^2+\cdots +a_n^2)a_1^2+(n-1)(a_2^4+\cdots +a_n^4)-(a_2^2+\cdots +a_n^2)^2<0,\]
左边可看成关于 $a_1^2$ 的开口向上的二次函数，由于存在负的函数值，则必有
\begin{align*}
\Delta &=4(a_2^2+\cdots +a_n^2)^2-4(n-2)\bigl( (n-1)(a_2^4+\cdots +a_n^4)-(a_2^2+\cdots +a_n^2)^2 \bigr) \\
&=4(n-1)(a_2^2+\cdots +a_n^2)^2-4(n-1)(n-2)(a_2^4+\cdots +a_n^4) \\
&>0,
\end{align*}
从而得到 $n-1$ 元不等式
\[(a_2^2+\cdots +a_n^2)^2>(n-2)(a_2^4+\cdots +a_n^4),\]
若按其他变量整理，也可以得出类似的 $n-1$ 元不等式，而得出的每个不等式仍然可以继续作类似的操作，逐步得出变量越来越少的不等式，最终能得出所有三元的情形
\[(a_i^2+a_j^2+a_k^2)^2>2(a_i^4+a_j^4+a_k^4),\quad \{i,j,k\}\subseteq\{1,2,\ldots,n\},\]
此时可以因式分解为
\[(a_i+a_j+a_k)(-a_i+a_j+a_k)(a_i-a_j+a_k)(a_i+a_j-a_k)>0,\]
从而 $a_i$, $a_j$, $a_k$ 可构成三角形，即得证。 |
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