一道国处奥赛不等式

力工

这是哈萨克斯坦2008年左右的一道奥赛题，原题证法不记得了，但记忆中很不自然。不知有好的处理方法没有。切线我没做出来。
若实数$a,b ,c,d$满足$a+b+c+d=0$,求证：$\sum\dfrac{a^2+a}{3a^2+1}\geqslant 0$.

kuing

如果你看过《撸题集》第 857 页题目 6.5.15，你一定会做这题。

isee

国处是啥？

kuing

喂，看了撸题集，撸出来了没有啊？搞没搞定都回一句啊，搞定了我就不写了，不然就我写。

kuing

国处是啥？
isee 发表于 2018-10-18 19:26

很明显是将“国外”打成了“国处”……

力工

回复 4# kuing

昨天没上来逛过，我先试试！再请kuing。

kuing

隔几天了，算鸟，还是我来写吧，不过就不写四元了，因为写起来和撸题集上的几乎一样就没什么意思了，要写就直接写 `n` 元。

首先给出一个引理（对应于三元时最后一步），这是即场推的，不过应该也是旧东西：

引理：对于任意实数 `x_i`（`i=1`, `2`, \ldots, `n`），有
\[(n-1)\left( \sum_{i=1}^nx_i^2 \right)^2 \geqslant n\sum_{i=1}^nx_i^4-2\sum_{i=1}^nx_i\sum_{i=1}^nx_i^3+\left( \sum_{i=1}^nx_i \right)^2\sum_{i=1}^nx_i^2.\quad(*)\]

（为方便书写，下面的和式下限如 `1\leqslant i<j\leqslant n` 简略写为 `i<j`）

引理的证明：分别展开左右两边，有
\begin{align*}
\LHS&=(n-1)\sum_{i=1}^nx_i^4+2(n-1)\sum_{i<j}x_i^2x_j^2,\\
\RHS&=n\sum_{i=1}^nx_i^4-2\sum_{i=1}^nx_i^4-2\sum_{i<j}(x_ix_j^3+x_i^3x_j)
+\left( \sum_{i=1}^nx_i^2 \right)^2+2\sum_{i<j}x_ix_j\sum_{i=1}^nx_i^2\\
&=n\sum_{i=1}^nx_i^4-2\sum_{i=1}^nx_i^4+\left( \sum_{i=1}^nx_i^2 \right)^2
+2\sum_{i=1}^n\Bigg( x_i^2\sum_{\substack{j<k \\ j,k\ne i}}x_jx_k \Bigg)\\
&=(n-1)\sum_{i=1}^nx_i^4+2\sum_{i<j}x_i^2x_j^2+2\sum_{i=1}^n\Bigg( x_i^2
\sum_{\substack{j<k \\ j,k\ne i}}x_jx_k \Bigg),
\end{align*}
所以式 (*) 等价于
\[2(n-2)\sum_{i<j}x_i^2x_j^2 \geqslant 2\sum_{i=1}^n\Bigg( x_i^2\sum_{\substack{j<k \\ j,k\ne i}}x_jx_k \Bigg),\]
因为 `2x_jx_k=x_j^2+x_k^2-(x_j-x_k)^2`，所以
\begin{align*}
2\sum_{i=1}^n\Bigg( x_i^2\sum_{\substack{j<k \\ j,k\ne i}}x_jx_k \Bigg)
&=\sum_{i=1}^n\Bigg( x_i^2\sum_{\substack{j<k \\ j,k\ne i}}(x_j^2+x_k^2) \Bigg)
-\sum_{i=1}^n\Bigg( x_i^2\sum_{\substack{j<k \\ j,k\ne i}}(x_j-x_k)^2 \Bigg)\\
&=\sum_{i=1}^n\left( x_i^2\cdot(n-2)\sum_{j\ne i}x_j^2 \right)
-\sum_{i=1}^n\Bigg( x_i^2\sum_{\substack{j<k \\ j,k\ne i}}(x_j-x_k)^2 \Bigg)\\
&=2(n-2)\sum_{i<j}x_i^2x_j^2
-\sum_{i=1}^n\Bigg( x_i^2\sum_{\substack{j<k \\ j,k\ne i}}(x_j-x_k)^2 \Bigg),
\end{align*}
这表明式 (*) 实际上等价于
\[\sum_{i=1}^n\Bigg( x_i^2\sum_{\substack{j<k \\ j,k\ne i}}(x_j-x_k)^2 \Bigg)\geqslant0,\]
显然成立，引理得证。

由引理得出如下命题（对应于三元时的第二步）：

命题：对于任意实数 `x_i`（`i=1`, `2`, \ldots, `n`），若 `x_1+x_2+\cdots+x_n=n`，则
\[\sum_{i=1}^n\frac{x_i^2}{\frac1{n-1}(x_i-1)^2+1}\geqslant n.\]

证明：由柯西有
\[\sum_{i=1}^n\left( \frac1{n-1}x_i^2(x_i-1)^2+x_i^2 \right)\sum_{i=1}^n\frac{x_i^2}{\frac1{n-1}(x_i-1)^2+1}\geqslant\left( \sum_{i=1}^nx_i^2 \right)^2,\]
所以只需证
\[\left( \sum_{i=1}^nx_i^2 \right)^2\geqslant n\sum_{i=1}^n\left( \frac1{n-1}x_i^2(x_i-1)^2+x_i^2 \right),\]
即
\[(n-1)\left( \sum_{i=1}^nx_i^2 \right)^2\geqslant n\sum_{i=1}^nx_i^4-2n\sum_{i=1}^nx_i^3+n^2\sum_{i=1}^nx_i^2,\]
由引理及条件可知上式成立，所以命题得证。

对命题作变量置换 `x_i\to(n-1)a_i+1`，即得：

命题 `'`：对于任意实数 `a_i`（`i=1`, `2`, \ldots, `n`），若 `a_1+a_2+\cdots+a_n=0`，则
\[\sum_{i=1}^n\frac{(n-2)a_i^2+2a_i}{(n-1)a_i^2+1}\geqslant0.\]

这就是原题的 `n` 元推广。