三道不等式相关的题目

lemondian

1.已知正数$a,b,c,d$,满足$a+b+c+d=1$,求证：$\dfrac{a}{1+a}+\dfrac{2b}{2+b}+\dfrac{3c}{3+c}+\dfrac{6d}{6+d}\leqslant \dfrac{12}{13}$.

2.对于$x>0,m>n\geqslant 0,p>q\geqslant 0m\geqslant p,n\geqslant q$,求证：$(\dfrac{1+x^m}{1+x^n})^{\frac{1}{m-n}}\geqslant (\dfrac{1+x^p}{1+x^q})^{\frac{1}{p-q}}$

3.已知实数$a,b,c,d,e$,满足$a+b+c+d+e=0,a^2+b^2+c^2+d^2+e^2=1,a^2\geqslant b^2\geqslant c^2\geqslant d^2\geqslant e^2$.求$a^2$的最小值与$e^2$的最大值。

kuing

1. 基本技巧还没学会吗
\begin{align*}
&\frac a{1+a}+\frac{2b}{2+b}+\frac{3c}{3+c}+\frac{6d}{6+d}\\
={}&1-\frac1{1+a}+2-\frac4{2+b}+3-\frac9{3+c}+6-\frac{36}{6+d}\\
\leqslant{}&12-\frac{(1+2+3+6)^2}{1+a+2+b+3+c+6+d}\\
={}&12-\frac{12^2}{13}\\
={}&\frac{12}{13}.
\end{align*}

敬畏数学

1、 换元，更好懂点。。看懂，自己做不会，WHAT???

kuing

2. 条件中的 `m`, `n`, `p`, `q` 其实可以是负的，只要 `m>n`, `p>q`, `m\geqslant p`, `n\geqslant q` 即可。

根据 zhihu.com/question/610334874/answer/3112237855 的结论，对于任意 `x>0`, `m>n`, `t\geqslant0` 有
\[(1+x^m)(1+x^{n-t})\geqslant(1+x^n)(1+x^{m-t}),\]
即
\[\frac{1+x^m}{1+x^n}\geqslant\frac{1+x^{m-t}}{1+x^{n-t}},\quad(*)\]
设 `a=m-n`, `b=p-q`, `a`, `b>0`，分两类：

（1）若 `a\geqslant b`，则在式 (*) 取 `t=n-q` 得
\[\frac{1+x^m}{1+x^n}\geqslant\frac{1+x^{m-n+q}}{1+x^q},\]
因此要证原不等式只需证
\[\left(\frac{1+x^{a+q}}{1+x^q}\right)^{1/a}\geqslant\left(\frac{1+x^{b+q}}{1+x^q}\right)^{1/b},\]
两边 `b` 次方整理为
\[(1+x^{a+q})^{b/a}(1+x^q)^{1-b/a}\geqslant1+x^{b+q},\]
由 \holder 不等式有 `\LHS\geqslant1+x^{(a+q)\cdot b/a+q\cdot(1-b/a)}=\RHS`，不等式成立；

（2）若 `a\leqslant b`，则在式 (*) 取 `t=m-p` 得
\[\frac{1+x^m}{1+x^n}\geqslant\frac{1+x^p}{1+x^{n-m+p}},\]
只需证
\[\left(\frac{1+x^p}{1+x^{p-a}}\right)^{1/a}\geqslant\left(\frac{1+x^p}{1+x^{p-b}}\right)^{1/b},\]
整理为
\[(1+x^{p-b})^{a/b}(1+x^p)^{1-a/b}\geqslant1+x^{p-a},\]
由 \holder 不等式有 `\LHS\geqslant1+x^{(p-b)\cdot a/b+p\cdot(1-a/b)}=\RHS`，不等式成立。

综上，得证。

lemondian

kuing 发表于 2024-12-5 14:13
1. 基本技巧还没学会吗
\begin{align*}
&\frac a{1+a}+\frac{2b}{2+b}+\frac{3c}{3+c}+\frac{6d}{6+d}\\

先证：若$n,x>0$，则$\dfrac{nx}{n+x}\leqslant \dfrac{n+12^2x}{13^2}$。

$\dfrac{nx}{n+x}\leqslant\dfrac{nx}{13\sqrt[13]{(\frac{n}{12})^{12}}x}=\dfrac{\sqrt[13]{n(12x)^{12}}}{13}\leqslant \dfrac{n+12^2x}{13^2}$.
从而
$\dfrac{a}{1+a}+\dfrac{2b}{2+b}+\dfrac{3c}{3+c}+\dfrac{6d}{6+d}$
$\leqslant \dfrac{1+12^2a}{13^2}+\dfrac{2+12^2b}{13^2}+\dfrac{3+12^2c}{13^2}+\dfrac{6+12^2d}{13^2}$
$=\dfrac{12+12^2(a+b+c+d)}{13^2}=\dfrac{12}{13}$.

lemondian

第2题，这样证明可以吗？（别人写的，有点看不懂）

由 holder 不等式，有
$(1+x^m)^{\frac{p-q}{m-q}}(1+x^q)^{\frac{m-p}{m-q}}\geqslant 1+x^p$.
化简整理，得
$(1+x^m)^{p-q}(1+x^q)^{m-q+p-q}\geqslant (1+x^p)^{m-q}$,
即$(\dfrac{1+x^m}{1+x^q})^{p-q}\geqslant (\dfrac{1+x^p}{1+x^q})^{m-q}$，
这又可为$(\dfrac{1+x^m}{1+x^q})^{\frac{1}{m-q}}\geqslant (\dfrac{1+x^p}{1+x^q})^{\frac{1}{p-q}}$,
以下只需证明即可$(\dfrac{1+x^m}{1+x^n})^{\frac{1}{m-n}}\geqslant (\dfrac{1+x^m}{1+x^q})^{\frac{1}{m-q}}$.
类似前述过程，该式可化为
$(1+x^m)^{\frac{n-q}{m-q}}(1+x^q)^{\frac{m-n}{m-q}}\geqslant 1+x^n$.
由 holder 不等式这显然成立，当且仅当时取等号.