两题

guanmo1

• 设 $a_1, a_2, \dots, a_n$ 为大于等于 1 的实数，$n \geq 1, A=1+a_1+a_2+\dots+a_n$．定义 $x_0=1$， $x_k=\frac{1}{1+a_k x_{k-1}}(1 \leq k \leq n)$ 证明：$x_1+x_2+\dots+x_n>\frac{n^2 A}{n^2+A^2}$．
• $a, b, c \inR$ 求证：$2(1+a b c)+\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)} \geq(1+a)(1+b)(1+c)$

kuing

2：注意到恒等式
\[(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)=(ab+bc+ca-1)^2+(a+b+c-abc)^2,\]
因此由柯西不等式得
\[
2(1+abc)+\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)}
\geqslant 2(1+abc)+ab+bc+ca-1+a+b+c-abc
=(1+a)(1+b)(1+c).
\]

其妙

回复 2# kuing
牛！这个恒等式都晓得，

kuing

回复 3# 其妙

还有n元形式呢，其实只要用熟知的 $(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac-bd)^2+(bc+ad)^2$ 就可以推出来，具体地，由此式得
\[(1+a^2)(1+b^2)=(1-ab)^2+(a+b)^2,\]
于是
\begin{align*}
(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)&=\bigl((1-ab)^2+(a+b)^2\bigr)(1+c^2) \\
& =\bigl(1-ab-(a+b)c\bigr)^2+\bigl(a+b+c(1-ab)\bigr)^2 \\
& =(1-ab-bc-ca)^2+(a+b+c-abc)^2,
\end{align*}
再于是
\begin{align*}
&(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)(1+d^2) \\
={} &\bigl((1-ab-bc-ca)^2+(a+b+c-abc)^2\bigr)(1+d^2) \\
={} &\bigl(1-ab-bc-ca-d(a+b+c-abc)\bigr)^2+\bigl(a+b+c-abc+d(1-ab-bc-ca)\bigr)^2 \\
={} &(1-ab-ac-ad-bc-bd-cd+abcd)^2+(a+b+c+d-abc-bcd-cda-dab)^2,
\end{align*}
如此类推……可以写出一般形式，再用归纳法来证。

那么原题也就是可以推广到n元了

青青子衿

回复 4# kuing

回复  其妙
还有n元形式呢，其实只要用熟知的 $\color{red}{(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac-bd)^2+(bc+ad)^2}$ 就可以推出来， ...
kuing 发表于 2015-5-1 15:21

$\color{red}{(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac-bd)^2+(bc+ad)^2}$
Brahmagupta–Fibonacci identity

isee

回复 3# 其妙


    拉格朗日恒等式