转发一个不等式(证好了)

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浙衢州李世杰老师的猜想：


问题等价于证明
设$a=1+t,b=1-t,0<t<1,n\ge 3,$
$求证:f(n,t)=(1+t)^n+(1-t)^n+(2n+2)(1-t^2)^n-2n\ge 0 .$
等价变形过程见2,4,7,8楼.证完了，但有没错误不清楚.

ps,巧的是和我同名,因为费了好些时间证明这个问题,感觉颇好,留个爪印:余姚三中 朱世杰.




$k^=6$且$k^2=9$

血狼王

这里需要代换一下：
$$\sqrt[n]{\frac{x}{1+y}}=a,\sqrt[n]{\frac{y}{1+x}}=b$$
由此解得：
$$x=\frac{a^n(b^n+1)}{1-(ab)^n},y=\frac{b^n(a^n+1)}{1-(ab)^n}$$
这样
$$x+y\leq 2n$$
即变成
$$a^n+b^n+(2n+2)(ab)^n\leq 2n$$
求证
$$a+b\leq 2$$
然后用反证法……
仅供参考
（by 血狼王）

色k

搞定了没？

realnumber

按2楼提供的转换办法，即

只需要证明对任意$a+b>2,a>0,b>0,n\ge 3,有a^n+b^n+(2n+2)a^nb^n-2n>0$.

只需要证明$a+b=2,a>0,b>0,n\ge 3,有a^n+b^n+(2n+2)a^nb^n-2n\ge 0$.

设$a=1+t,b=1-t,0<t<1,n\ge 3,f(n,t)=(1+t)^n+(1-t)^n+(2n+2)(1-t^2)^n-2n\ge0$

游客

敬畏数学

玩得刺激！据说某年有个教授出一题，结果自己都没有玩出来！啊啊，坑人啊！毒害人的东西。。。。

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绿色部分可以略过,重复证明了.见1楼附件
1.当$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{n}}\le t<1,n\ge 4$,有$(1+t)^n+(1-t)^n>2+2C_n^2t^2\ge  2n$.
2.当$0<t\le \frac{1}{n}$,有$2+(2n+2)(1-t^2)^n>2n$.
3.当$\frac{1}{n}\le t \le \frac{\sqrt{2}}{n}$,
$(1+t)^n+(1-t)^n=2+2C_n^2t^2+2C_n^4t^4+\cdots \ge 2+2C_n^2t^2\ge 2+2C_n^2\frac{1}{n^2}$
$(2n+2)(1-t^2)^n\ge (2n+2)(1-\frac{2}{n^2})^n \ge (2n+2)(1-\frac{2}{n})$
此时$(1+t)^n+(1-t)^n+(2n+2)(1-t^2)^n\ge 2+2C_n^2\frac{1}{n^2}+(2n+2)(1-\frac{2}{n}) \ge 2n \Leftrightarrow \frac{n-1}{n}\ge \frac{4}{n}$.
4.当$\frac{\sqrt{2}}{n}\le t \le \frac{\sqrt{2.3}}{n}$
$(1+t)^n+(1-t)^n+(2n+2)(1-t^2)^n\ge 2+2C_n^2\frac{2}{n^2}+(2n+2)(1-\frac{2.3}{n})\ge 2n,$在$n\ge 5$时，成立.
5.当$\frac{\sqrt{2.3}}{n}\le t \le \frac{\sqrt{2.4}}{n}$
$(1+t)^n+(1-t)^n+(2n+2)(1-t^2)^n\ge 2+2C_n^2\frac{2.3}{n^2}+(2n+2)(1-\frac{2.4}{n})\ge 2n,$在$n\ge 5$时，成立.
6.当$\frac{\sqrt{u}}{n}\le t \le \frac{\sqrt{u+v}}{n},2.4\le u\le3 , v足够小的正常数$
$(1+t)^n+(1-t)^n+(2n+2)(1-t^2)^n\ge 2+2C_n^2\frac{u}{n^2}+(2n+2)(1-\frac{u+v}{n})\ge 2n,$需要在$n\ge 10$时成立(1楼).
则解得 $(4-u-2v)n\ge 3u+v ,n\ge10 \Leftrightarrow 40\ge 13u+21v$,
比如$u\le 3,v=\frac{1}{21}$,即可证明对$n\ge 10,0\le t \le \frac{3}{n},(1+t)^n+(1-t)^n+(2n+2)(1-t^2)^n\ge 2n$均成立.

似乎找到了一条可行办法.

$1-t^2=x,0<x<1.$
$n=3$时，$f(t)=(1+t)^3+(1-t)^3+8(1-t^2)^3-6=8x^3-6x+2=2(2x-1)^2(x+1)\ge 0$
$n=4$时,$f(t)=(1+t)^4+(1-t)^4+10(1-t^2)^4-8=10x^4+2x^2-16x+8>0$
由几何画板图象观察到x=0.692附近最小
$10x^4+10\times 0.692^4+10\times 0.692^4+10\times 0.692^4\ge 40\times 0.692^3x,2x^2+2\times 0.692^2\ge 4\times 0.692$
而$40\times 0.692^3+ 4\times 0.692≈16.023>16$;     $30\times 0.692^4+2\times 0.692^2≈7.837<8$.
$n=5$时,$f(t)=12x^5+10x^2-40x+22$.
由几何画板图象观察到x=0.798附近最小.
$12x^5+12\times0.798^5+12\times0.798^5+12\times0.798^5+12\times0.798^5\ge 60\times0.798^4$
$10x^2+10\times0.798^2\ge 20\times0.798$
而$60\times0.798^4+20\times0.798≈40.291>40$;   $48\times0.798^5+10\times0.798^2≈21.90<22$.

以下证明
\[ \frac{3}{n} \le t\le  \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{n}} ,n\ge5  ,(1+t)^n+(1-t)^n+(2n+2)(1-t^2)^n\ge 2n .\]
\[记f(t)=(1+t)^n+(1-t)^n+(2n+2)(1-t^2)^n-2n,\]
\[f'(t)=n(1+t)^{n-1}-n(1-t)^{n-1}-2tn(2n+2)(1-t^2)^{n-1}. \]

\[\frac{f''(t)}{n}=(n-1)((1+t)^{n-2}+(1-t)^{n-2})+4t^2(n-1)(2n+2)(1-t^2)^{n-2}-2(2n+2)(1-t^2)^{n-1}\]
要证明$f''(t)\ge0,t\ge \frac{2}{n}$,只需要证明
\[(n-1)((1+t)^{n-2}+(1-t)^{n-2})\ge 2(2n+2)(1-t^2)^{n-1}\]
只需证明
\[(n-1)(2+2C_{n-2}^2\frac{4}{n^2})\ge 2(2n+2)(1-\frac{4(n-1)}{n^2}+\frac{16C_{n-1}^2}{n^4})\]

那么$f'(x)$为增函数，又$f'(\frac{3}{n})\ge 0$

\[要证明f(t)\ge 0,n\ge 10,t\ge \frac{3}{n},只需要f(\frac{3}{n})>0\]

只需证
\[2+2C_n^2\frac{9}{n^2}+2C_n^4\frac{81}{n^4}+(2n+2)(1-\frac{9}{n}+\frac{3^4C_n^2}{n^4}-\frac{3^6C_n^3}{n^6})\ge 2n\]
后面几个不等式多留几项确实成立,繁琐啊.

这个记下不晓得类似的不等式对本题有没帮助
\[(1+\frac{1}{n})^{n+1}>e>(1+\frac{1}{n})^n\]
---本贴细节上需要补充,以后来修改.

realnumber

如下证明$t\in (0,\frac{3}{n}),n\ge 5,(1+t)^n+(1-t)^n+(2n+2)(1-t^2)^n\ge 2n$成立.
\[令t=\frac{k}{n},0\le k \le 3\]
只需要证明
\[2+2C_n^2t^2+2C_n^4t^4+(2n+2)(1-C_n^1t^2+C_n^2t^4-C_n^3t^6)\ge 2n \]
\[\Leftrightarrow 4+\frac{(n-1)k^2}{n}+\frac{k^4(n-1)(n-2)(n-3)}{12n^3}+\frac{(n^2-1)k^4}{n^3}\ge \frac{2(n+1)k^2}{n}+\frac{(n^2-1)(n-2)k^6}{3n^5}\]
\[\Leftarrow 4+\frac{(n-1)k^2}{n}+\frac{k^4(n-1)(n-2)(n-3)}{12n^3}+\frac{(n^2-1)k^4}{n^3}\ge \frac{2(n+1)k^2}{n}+\frac{(n-2)k^6}{3n^3}\]
\[\Leftrightarrow 48n^3+k^4(n^3+6n^2+11n-18)\ge 12k^2n^2(n+3)+4(n-2)k^6\]
①当$0 \le k\le \sqrt{6}$时,
\[\Leftarrow 48n^3+k^4(n^3+6n^2+11n-18)\ge 12k^2n^2(n+3)+24(n-2)k^4\]
\[\Leftrightarrow 48n^3+k^4(n^3+6n^2-13n+30)\ge 12k^2n^2(n+3)\]
\[因为1.4n^2-13n+30\ge 0,(n\ge5)\]
\[\Leftarrow 48n^3+k^4(n^3+4.6n^2)\ge 12k^2n^2(n+3)\]
\[\Leftrightarrow 48n+k^4(n+4.6)\ge 12k^2(n+3)\]
构造$n$的一次函数,只需要证明$n=5$时成立.此时关于$k^2$的二次式的判别式等于0，这样就成立了.
②当$\sqrt{6}\le k\le 3$时,
\[\Leftarrow 8k^2n^3+k^4(n^3+6n^2+11n-18)\ge 12k^2n^2(n+3)+4(n-2)k^6\]
\[\Leftrightarrow  8n^3+k^2(n^3+6n^2+11n-18)\ge 12n^2(n+3)+4(n-2)k^4\]
构造关于$k^2$的二次函数，只需要在$k^2=6$以及$k^2=9$成立即可.
当$k^2=6$时，问题即为$n^3-39n+90\ge0\Leftarrow 5n^2-39n+90\ge0$成立.
当$k^2=9$时，问题即为$5n^3+18n^2-9\times 25n+6\times81\ge0$显然成立.

还得整理简化下.

isee

辛苦了

realnumber

回复 9# isee


    谢谢isee,也乐在其中.

血狼王

回复 1# realnumber


你叫朱世杰？
恰好和《算法启蒙》、《四元玉鉴》的作者同名……真巧
交个朋友八

realnumber

回复 11# 血狼王


    恩

色k

李世杰提，朱世杰证，有意思