求证: $1+2(abc)^n≥a^{2n}+b^{2n}+c^{2n}$

其妙

已知$-1≤a,b,c≤1$，$1+2abc≥a^2+b^2+c^2$，$n$为正整数

求证: $1+2(abc)^n≥a^{2n}+b^{2n}+c^{2n}$

isee

这么也太像没完成的数归嘛

kuing

顶一下

realnumber

a=b=c=-1或接近-1的值，代入不对啊~~~

isee

回复 5# realnumber


    哈哈，第一个思考的……

其妙

kuing

a=b=c=-1或接近-1的值，代入不对啊~~~
realnumber 发表于 2014-9-22 15:04

“a=b=c=-1或接近-1的值”不满足条件$1+2abc\ge a^2+b^2+c^2$

kuing

回复  realnumber
哈哈，第一个思考的……
isee 发表于 2014-9-22 21:51

要是我没思考过，我之前也不会顶一下了

realnumber

1楼不会，6楼这样做可以吗？
a,b,c,x,y,z$\in$ [-1,1],$1+2abc\ge a^2+b^2+c^2$---①,$1+2xyz\ge x^2+y^2+z^2$----②
proof:$1+2abcxyz\ge (ax)^2+(by)^2+(cz)^2$
证明：设函数$f(x)=(ax)^2+(by)^2+(cz)^2-1-2abcxyz$(abc=0不讨论它了)是开口向上的二次函数，要证明在[-1,1]上都有
$f(x)\le 0$,只需证明$f(1)\le 0$,且 $f(-1)\le 0$.
即$a^2+(by)^2+(cz)^2-1-2abcyz\le 0$,且 $a^2+(by)^2+(cz)^2-1+2abcyz\le 0$----③
而函数$g_1(y)=a^2+(by)^2+(cz)^2-1-2abcyz,g_2(y)=a^2+(by)^2+(cz)^2-1+2abcyz,-1\le y \le 1$也为开口向上的二次函数，
要证明③成立，只需要证明$g_1(-1)\le 0$，且 $g_1(1)\le 0$ 且  $g_2(-1)\le 0$ 且 $g_2(1)\le 0$
变量z也一样处理，........
只需要证明$1+2abc\ge a^2+b^2+c^2$ 且 $1-2abc\ge a^2+b^2+c^2$ 成立，而这是已知条件①.
(---整个证明过程条件②没用上去.)
经检验,符合题意.
能否用6楼结论，再配合数学归纳法证明1楼？

kuing

回复 9# realnumber

但是 $1-2abc\ge a^2+b^2+c^2$ 不一定成立啊，比如 $a,b,c$ 为 $1, -1, -1$ 时它满足条件 $1+2abc\ge a^2+b^2+c^2$ 但不满足 $1-2abc\ge a^2+b^2+c^2$

realnumber

哦，果然，又错了.

kuing

回复 11# realnumber

不过由你那个思路可以看出只要证两条件的 $\ge$ 都为 $=$ 的情形就可以了，这是因为固定 $y$, $z$ 时 $x$ 取端点值时必然为 $=$ 的时候。但这似乎也没太大用处……

realnumber

回复 6# 其妙
问题1：$a,b,c,x,y,z\in$[-1,1],又$1+2abc\ge a^2+b^2+c^2,1+2xyz\ge x^2+y^2+z^2$,
求证:$1+2abcxyz\ge a^2x^2+b^2y^2+c^2y^2$.
问题2：$a,b,c\in$[-1,1],$n\in N^+,$又$1+2abc\ge a^2+b^2+c^2$,
求证:$1+2a^nb^nc^n\ge a^{2n}+b^{2n}+c^{2n}$.

$a,b,c,x,y,z\in$[-1,1]
那么
\[1+2abc\ge a^2+b^2+c^2 \Leftrightarrow c_1=ab-\sqrt{1-a^2}\sqrt{1-b^2}\le c \le ab+\sqrt{1-a^2}\sqrt{1-b^2}=c_2\]
\[1+2xyc\ge x^2+y^2+z^2 \Leftrightarrow z_1=xy-\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}\le z \le xy+\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}=z_2\]
同样要证明的不等式等价于
\[axby-\sqrt{1-a^2x^2}\sqrt{1-b^2y^2}\le cz \le axby+\sqrt{1-a^2x^2}\sqrt{1-b^2y^2}------① \]
6楼不等式问题，
记$f(a,b,c,x,y,z)=1+2abcxyz-a^2x^2-b^2y^2-c^2z^2$,即要证明$f(a,b,c,x,y,z)\ge 0$
先固定 a,b,c,x,y那么只需要$f(a,b,c,x,y,z_1)\ge 0$且$f(a,b,c,x,y,z_2)\ge 0$----②
要证②成立，对于给定的a,b,x,y,
只需要证明$f(a,b,c_1,x,y,z_1)\ge 0$且$f(a,b,c_1,x,y,z_2\ge 0)$且$f(a,b,c_2,x,y,z_1)\ge 0$且$f(a,b,c_2,x,y,z_2\ge 0)$
即等价于$z=z_1,z_2,c=c_1,c_2$代入①.依次展开代入①得到的8个不等式，比如
\[(ab+\sqrt{1-a^2}\sqrt{1-b^2})(xy+\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2})\le axby+\sqrt{1-a^2x^2}\sqrt{1-b^2y^2}\]
\[\Leftrightarrow ab\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}+xy\sqrt{1-a^2}\sqrt{1-b^2}+\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}\sqrt{1-a^2}\sqrt{1-b^2}\le \sqrt{1-a^2x^2}\sqrt{1-b^2y^2}\]
\[(ab+\sqrt{1-a^2}\sqrt{1-b^2})(xy-\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2})\le axby+\sqrt{1-a^2x^2}\sqrt{1-b^2y^2}\]
\[\Leftrightarrow-ab\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}+xy\sqrt{1-a^2}\sqrt{1-b^2}-\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}\sqrt{1-a^2}\sqrt{1-b^2}\le \sqrt{1-a^2x^2}\sqrt{1-b^2y^2}\]
.....
要证明这8个不等式,只需要证明$a,b,x,y\in$[0,1]
\[ab\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}+xy\sqrt{1-a^2}\sqrt{1-b^2}+\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}\sqrt{1-a^2}\sqrt{1-b^2}\le \sqrt{1-a^2x^2}\sqrt{1-b^2y^2}\]
\[\Leftrightarrow \sqrt{1-a^2}\sqrt{1-b^2}(xy+\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2})+ab\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}\le \sqrt{1-a^2x^2}\sqrt{1-b^2y^2}\]
\[\Leftarrow \sqrt{1-a^2}\sqrt{1-b^2}+ab\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}\le \sqrt{1-a^2x^2}\sqrt{1-b^2y^2}\]
两边平方得到
\[(1-a^2-b^2+a^2b^2)+a^2b^2(1-x^2-y^2+x^2y^2)+2ab\sqrt{1-a^2}\sqrt{1-b^2}\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}\le 1+a^2x^2b^2y^2-a^2x^2-b^2y^2\]
\[\Leftrightarrow 2ab\sqrt{1-a^2}\sqrt{1-b^2}\sqrt{1-x^2}\sqrt{1-y^2}\le a^2(1-x^2)(1-b^2)+b^2(1-y^2)(1-a^2)\]
啊哈，成立了.这就证明了问题1，因此由数学归纳法,问题2也成立.

kuing

回复 13# realnumber

没发现什么问题！！
方法看起来虽然粗暴，但后面竟然也不繁，总感觉还有更简单的路子

realnumber

不知道能否推广为n个字母
比如四个字母
已知:$1+3abcd\ge a^2+b^2+c^2+d^2,1+3wxyz\ge w^2+x^2+y^2+z^2,$
$a,b,c,d,w,x,y,z\in$[-1,1]
是否有$1+3abcdwxyz\ge a^2w^2+b^2x^2+c^2y^2+d^2z^2$成立.

已知:$p+qabc\ge a^2+b^2+c^2,p+qxyz\ge x^2+y^2+z^2,$
$a,b,c,x,y,z\in$[-1,1],则$p+qabcxyz\ge a^2x^2+b^2y^2+c^2z^2$成立.
p+q=3,p,q为正数,则$\frac{q}{p}$的取值范围为？