知乎撸题存档(2025)——不等式类

kuing

网址：zhihu.com/question/9088030771
标题：求助大佬，这个怎么用巧妙的方法求最大值?
$$f(k)=8\sqrt{3}(\frac{k\sqrt{1+k^2}}{3+4k^2}+\frac{\sqrt{1+k^2}}{4+3k^2})$$
或者再加上值域

我的回答：
要求最大值显然只需考虑 k>0，此时由均值及 CS（逆用）得
\begin{align*}
f(k)&=2\sqrt6\left(\frac{2\sqrt{2k^2}\sqrt{1+k^2}}{3+4k^2}+\frac{2\sqrt2\sqrt{1+k^2}}{4+3k^2}\right)\\
&\leqslant2\sqrt6\left(\frac{1+3k^2}{3+4k^2}+\frac{3+k^2}{4+3k^2}\right)\\
&=\frac{2\sqrt6}3\left(2+\frac{5k^2}{3(1+k^2)+k^2}+\frac5{3(1+k^2)+1}\right)\\
&\leqslant\frac{2\sqrt6}3\left(2+\frac{5k^2}{(6+1)^2}\left(\frac{6^2}{3(1+k^2)}+\frac1{k^2}\right)+\frac5{(6+1)^2}\left(\frac{6^2}{3(1+k^2)}+\frac11\right)\right)\\
&=\frac{16\sqrt6}7,
\end{align*}
当 k=1 取等。

发布于 2025-01-09 21:44

注：自然是三角换元最好，但我看帖时已有人写了，所以就写个不换元直接放缩。

另外，网友“元无虚空”的回答化为同分母也有点意思，记录一下：
设 `a`, `b>0`, `x`, `y\inR`，则当 `(bx,ay)` 与 `(a,b)` 同序（反序）时 `x/a + y/b \leqslant\mathrel{(\geqslant)} 2(x + y)/(a + b)`。

kuing

网址：zhihu.com/question/9603490593
标题：这个取等条件奇怪的不等式怎么解？
$$\frac{x+y+z}{3}+\frac{3}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}} \geq 5\sqrt[3]{ \frac{xyz}{16} }$$

我的回答：
假设不等式的条件是 x, y, z > 0。

常规证法：

由齐次性不妨设 xyz = 1，再由对称性不妨设 x ≤ y ≤ z，则有 x ≤ 1 ≤ yz。

记 t = y + z，则由均值有
\[t\geqslant2\sqrt{yz}=\frac2{\sqrt x},\]
且
\[\frac{x+y+z}3+\frac3{\frac1x+\frac1y+\frac1z}=\frac{x+t}3+\frac3{\frac1x+xt}=g(t),\]
求导有
\begin{align*}
g'(t)&=\frac13-\frac{3x^3}{(1+x^2t)^2}\\
&\geqslant\frac13-\frac{3x^3}{(1+2x^{3/2})^2}\\
&=\frac13-\frac{3x^3}{(1+x^{3/2}+x^{3/2})^2}\\
&\geqslant\frac13-\frac{3x^3}{(3x)^2}\\
&=\frac{1-x}3\geqslant0,
\end{align*}
再记 $u=\sqrt x$ ，则
\begin{align*}
g(t)&\geqslant g\left(\frac2{\sqrt x}\right)\\
&=\frac{u^2+\frac2u}3+\frac3{\frac1{u^2}+2u}\\
&=\frac{2(u^6+7u^3+1)}{3u(2u^3+1)}=h(u),
\end{align*}
求导得
\[h'(u)=\frac{2(1-u^3)^2(4u^3-1)}{3u^2(2u^3+1)^2},\]
所以
\[h(u)\geqslant h\left(\frac1{\sqrt[3]4}\right)=\frac5{\sqrt[3]{16}},\]
即得证，当 x : y : z = 1 : 4 : 4 时取等。

编辑于 2025-01-16 20:58

kuing

网址：zhihu.com/question/10025255066
标题：正实数x,y满足x+y+1/x+2/y=5,则xy最大值为多少？

我的回答：
由均值有
\begin{gather*}
5=x+\frac2y+\frac1x+y\geqslant2\sqrt{\left(x+\frac2y\right)\left(\frac1x+y\right)}=2\sqrt{3+\frac2{xy}+xy},\\
\implies\frac{13-\sqrt{41}}8\leqslant xy\leqslant\frac{13+\sqrt{41}}8.
\end{gather*}
取等略。

发布于 2025-01-20 20:05

kuing

网址：zhihu.com/question/11125496234
标题：a,b,c,d≥-1，a+b+c+d＝0,求ab+bc+cd的最大值?

我的回答：
注意到 (a,b,c,d) 换成 (d,c,b,a) 时条件和所求式均不变，所以可以不妨设 b ≥ c，则有
\begin{align*}
&ab+bc+cd\\
={}&b(a+b+c+d)-(b-c)(1+d)-(c+1)-(b-0.5)^2+\frac54\\
\leqslant{}&\frac54,
\end{align*}
当 a=1.5, b=0.5, c=d=-1 时取等。

发布于 2025-02-02 22:06

注：这题与《撸题集》P.150 题目 2.1.4 等价（原帖链接：kuingggg.github.io/5d6d/thread-1523-1-1.html），那时我写的是略解，用的是调整法的思想。

其实上面的装逼恒等式也正是从该略解里变出来的！

kuing

网址：zhihu.com/question/11175021931
标题：若△ABC三边为a，b，c，满足a+2b+5c=1，求该三角形面积的取值范围?
如果没有精确范围，能不能求出大致范围？

我的回答：
易知面积 S 可趋向 0，下面求 S 的最大值。

令 a=y+z, b=z+x, c=x+y, x, y, z>0，则条件变成 7x+6y+3z=1，待定系数 0<k<3，由均值有
\begin{align*}
1&=7x+6y+3z\\
&=(7-k)x+(6-k)y+(3-k)z+k(x+y+z)\\
&\geqslant4\sqrt[4]{(7-k)(6-k)(3-k)kxyz(x+y+z)}\\
&=4\sqrt[4]{(7-k)(6-k)(3-k)k}\sqrt S,
\end{align*}
得到
\[S\leqslant\frac1{16\sqrt{(7-k)(6-k)(3-k)k}},\]
取等条件为 (7-k)x=(6-k)y=(3-k)z=k(x+y+z) 即 $\frac x{x+y+z}=\frac k{7-k},\frac y{x+y+z}=\frac k{6-k},\frac z{x+y+z}=\frac k{3-k}$ 所以 k 需满足方程
\[\frac k{7-k}+\frac k{6-k}+\frac k{3-k}=1,\]
此方程去分母为 $2k^3-24k^2+81k-63=0$ ，解得
\[k=4-\sqrt{10}\cos\left(\frac13\arctan3\right),\]
代回去得
\[S_{\max}=\frac1{24\sqrt{6+10\sqrt5\cos\left(\frac13\arctan2\right)}}\approx0.00804035.\]
发布于 2025-02-03 16:37

kuing

网址：zhihu.com/question/9089924123
标题：这个四元不等式怎么证明？
a, b, c, d>0, abcd=1 证：
\[\sum\frac1{a(a+b)}\geqslant2\]

（原图漏写正数条件这里已自动补回）
我的回答：
很简单，令
\[(a,b,c,d)\mapsto\left(\frac yx,\frac zy,\frac wz,\frac xw\right),\quad x,y,z,w>0,\]
则由 CS 和 AG 得
\begin{align*}
\sum\frac1{a(a+b)}&=\sum\frac{x^4}{x^2(y^2+zx)}\\
&\geqslant\frac{(x^2+y^2+z^2+w^2)^2}{\sum x^2(y^2+zx)}\\
&=\frac{(x^2+y^2+z^2+w^2)^2}{(x^2+z^2)(y^2+w^2)+xz(x^2+z^2)+yw(y^2+w^2)}\\
&\geqslant\frac{(x^2+y^2+z^2+w^2)^2}{(x^2+z^2)(y^2+w^2)+\frac12(x^2+z^2)^2+\frac12(y^2+w^2)^2}\\
&=2.
\end{align*}
发布于 2025-02-05 02:18

注：写解答前我感觉以前做过，但搜论坛和搜《撸题集》均没搜到，以为记错了，后来无意中发现，其实我没记错，之所以没搜到，是因为《撸题集》里写的不是 `a(a+b)` 而是 `a^2+ab`！😂见《撸题集》P.150 题目 2.1.5（或 kuingggg.github.io/5d6d/thread-1441-1-2.html）完全一样的证法。

kuing

网址：zhihu.com/question/14330806446
标题：若a^2+b^2+c^2=2, 如何证明a+b+c≤2+√abc？
若非负实数 $a$ , $b$ , $c$ 满足 $a^2+b^2+c^2=2$ , 证明 $a+b+c\le2+\sqrt{abc}$ .

事实上, 使得 $a+b+c\le2+k\sqrt{abc}$ 恒成立的最佳常数是 $k=\sqrt{\frac32\left(5\sqrt6-12\right)}$ .

我的回答：
原题弱于一道老题：
易知 abc < 1，所以要证 $a+b+c\leqslant2+\sqrt{abc}$ 只需证 $a+b+c\leqslant2+abc$
【然后知乎上我截了《撸题集》P.659 题目 5.1.56 的过程贴了过去，这边就不贴了，因为这不是重点，重点是后面的最佳常数】

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最佳系数原来也没有想象中那么难。

记 $p=a+b+c,~q=ab+bc+ca$ ，由条件得 $p^2-2q=2$ 。

（1）若 $p^2\geqslant4q$ ，则 $p^2\geqslant2(p^2-2)\implies p\leqslant2$ ，此时不等式显然成立；

（2）若 $p^2<4q$ ，则 $p>2$ ，另外由 $p^2\geqslant3q=3(p^2-2)/2\implies p\leqslant\sqrt6$ ，也就是 $2<p\leqslant\sqrt6$ ，由 schur 不等式有
\[abc\geqslant\frac{4pq-p^3}9=\frac{2p(p^2-2)-p^3}9=\frac{p^3-4p}9,\]
于是要证 $a+b+c\leqslant2+\sqrt{\frac32\bigl(5\sqrt6-12\bigr)}\sqrt{abc}$ ，只需证
\[p\leqslant2+\sqrt{\frac32\bigl(5\sqrt6-12\bigr)}\sqrt{\frac{p^3-4p}9},\]
而
\begin{align*}
&\frac32\bigl(5\sqrt6-12\bigr)\frac{p^3-4p}9-(p-2)^2\\
={}&\frac{5\sqrt6-12}6(p-2)\bigl(\sqrt6-p\bigr)\bigl(4\sqrt6+10-p\bigr)\geqslant0,
\end{align*}
所以不等式成立。

综上，最佳系数式得证，取等条件为 (a,b,c)=(0,1,1) 或 $a=b=c=\sqrt{2/3}$ 。

编辑于 2025-03-07 21:50

hejoseph

kuing 发表于 2025-4-25 15:14
我的回答：
原题弱于一道老题：
易知 abc < 1，所以要证 $a+b+c\leqslant2+\sqrt{abc}$ 只需证 $a+b+c\leq ...

bbs.emath.ac.cn/thread-39778-1-1.html
上面链接里有形式相近的不等式：
$a$、$b$、$c$、$d$ 非负且 $a+b+c+d=4$，则 $a\sqrt{bc}+b\sqrt{cd}+c\sqrt{da}+d\sqrt{ab}\leqslant 2(1+\sqrt{abcd})$

kuing

hejoseph 发表于 2025-4-25 16:22
bbs.emath.ac.cn/thread-39778-1-1.html
上面链接里有形式相近的不等式：
$a$、$b$、$c$、$d$ 非负且 $a+b+c+d=4$，则 $a\sqrt{bc}+b\sqrt{cd}+c\sqrt{da}+d\sqrt{ab}\leqslant 2(1+\sqrt{abcd})$

在证原题前先证明一点：
若 `F(a,b,c,d)` 是关于 `a`, `b`, `c`, `d` 的轮换对称式，则在证明不等式 `F(a,b,c,d)\geqslant0` 时可以不妨设 `(a-c)(b-d)\geqslant0`。

不妨设的理由：
若 `(a-c)(b-d)\leqslant0`，令 `(a',b',c',d')=(b,c,d,a)`，则 `(a'-c')(b'-d')=(b-d)(c-a)\geqslant0`，由轮换对称有 `F(a,b,c,d)=F(a',b',c',d')`，于是转化为证明当 `(a'-c')(b'-d')\geqslant0` 时 `F(a',b',c',d')\geqslant0`，这就说明 `(a-c)(b-d)\leqslant0` 的情况与 `(a-c)(b-d)\geqslant0` 是一样的，所以可以这样不妨设。

现在证明原不等式，换元去根号并齐次化，等价于证明：若 `a`, `b`, `c`, `d\geqslant0`，则
\[a^2bc+b^2cd+c^2da+d^2ab\leqslant\frac18(a^2+b^2+c^2+d^2)^2+2abcd,\]
不妨设 `(a-c)(b-d)\geqslant0`，则有
\begin{align*}
&(a^2+b^2+c^2+d^2)^2+16abcd-8(a^2bc+b^2cd+c^2da+d^2ab)\\
={}&(a^2-b^2-c^2+d^2)^2+4(b-c)^2(d-a)^2+8bd(a-c)(b-d)\geqslant0,
\end{align*}
所以原不等式得证。

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如果不接受开头那个不妨设，也可以跳过不妨设。
记 `F=(a^2+b^2+c^2+d^2)^2+16abcd-8(a^2bc+b^2cd+c^2da+d^2ab)`，有
\begin{align*}
F&=(a^2-b^2-c^2+d^2)^2+4(b-c)^2(d-a)^2+8bd(a-c)(b-d),&&(1)\\
F&=(b^2-c^2-d^2+a^2)^2+4(c-d)^2(a-b)^2+8ac(b-d)(c-a),&&(2)
\end{align*}
则 `ac\times(1)+bd\times(2)` 可得
\begin{align*}
(ac+bd)F={}&ac\bigl((a^2-b^2-c^2+d^2)^2+4(b-c)^2(d-a)^2\bigr)\\
&+bd\bigl((b^2-c^2-d^2+a^2)^2+4(c-d)^2(a-b)^2\bigr),
\end{align*}
这样就直接得到 `F\geqslant0` 而不需要不妨设。

kuing

kuing 发表于 2025-4-25 19:23
在证原题前先证明一点：
若 `F(a,b,c,d)` 是关于 `a`, `b`, `c`, `d` 的轮换对称式，则在证明不等式 `F(a, ...

将这个证明发过去 bbs.emath.ac.cn/thread-39778-1-1.html 那边了。
没想到那边居然也支持用`...`（我的习惯）来输入行内公式，复制过去都不用修改😋