两道不等式

天音

kuing

容我先吐槽一下题目的录入：
第一行少了“半径”二字；
e上面那式子咋没有分数线？
第二题条件中求和的下标错了；
开头的“2、(10分)”意思是整个第2大题10分是吧？第（2）问也是10分，那是不是第（1）问做了也没分？

kuing

第一题
取对数等价于
\[
\sum \frac{(b-c)^2}{2a^2}\leqslant \ln \frac R{2r},
\]
熟知 $R\geqslant2r$，又熟知当 $x\geqslant1$ 时
\[
\ln x\geqslant 2\cdot \frac{x-1}{x+1}
\riff \ln \frac R{2r}\geqslant 2\cdot \frac{R-2r}{R+2r},
\]
因此只需证
\[
\sum \frac{(b-c)^2}{2a^2}\leqslant 2\cdot \frac{R-2r}{R+2r},
\]
令 $a=y+z$, $b=z+x$, $c=x+y$, $x$, $y$, $z>0$，再记 $p=(x+y)(y+z)(z+x)$, $q=8xyz$，则 $p\geqslant q$，易证
\[
\frac{R-2r}{R+2r}=\frac{p-q}{p+q},
\]
且
\begin{align*}
\sum \frac{(b-c)^2}{2a^2}&=\sum \frac{(y-z)^2}{2(y+z)^2} \\
&=\frac12\left( \sum \frac{y-z}{y+z} \right)^2-\sum \frac{(z-x)(x-y)}{(z+x)(x+y)} \\
&=\frac{(x-y)^2(y-z)^2(z-x)^2}{2p^2}+\frac{p-q}p,  
\end{align*}
故要证的不等式等价于
\[
\frac{(x-y)^2(y-z)^2(z-x)^2}{2p^2}+\frac{p-q}p\leqslant 2\cdot \frac{p-q}{p+q},
\]
即
\[
\frac{(x-y)^2(y-z)^2(z-x)^2}{2p^2}\leqslant \frac{(p-q)^2}{p(p+q)},
\]
因为 $2p^2\geqslant p(p+q)$，故只需证
\[
\abs{(x-y)(y-z)(z-x)}\leqslant p-q,
\]
事实上 $p-q-\abs{(x-y)(y-z)(z-x)}$ 要么等于 $\sum x^2y-3xyz$ 要么等于 $\sum xy^2-3xyz$，显然非负，所以原不等式得证。

kuing

第二题
记 $\bm x=(x_1,x_2,\ldots,x_n)$，设
\begin{align*}
f(\bm x)&=\sum_{i=1}^n x_i, \\
g(\bm x)&=\sum_{i=1}^n \frac 1{x_i}, \\
h(\bm x)&=\sum_{i=1}^n \frac 1{n-1+x_i},
\end{align*}
我们将证明更一般的命题：若 $f(\bm x)\geqslant g(\bm x)$，则 $h(\bm x)\leqslant 1$。

与之等价的逆否命题为：若 $h(\bm x)>1$，则 $f(\bm x)<g(\bm x)$。

而这又只需证明此命题：若 $h(\bm x)=1$，则 $f(\bm x)\leqslant g(\bm x)$，这是因为当 $h(\bm x)>1$ 时，由单调性易知一定存在 $\lambda>1$ 使 $h(\lambda\bm x)=1$，那么若此命题成立则有 $f(\bm x)<f(\lambda\bm x)\leqslant g(\lambda\bm x)<g(\bm x)$。

下面开始证明当 $h(\bm x)=1$ 时 $f(\bm x)\leqslant g(\bm x)$。

因为
\[h(\bm x)=1\iff \sum_{i=1}^n \frac{n-1}{n-1+x_i}=n-1
\iff \sum_{i=1}^n \frac{x_i}{n-1+x_i}=1,\]
那么一定存在 $a_i>0$ 使得
\[\frac{x_i}{n-1+x_i}=\frac{a_i}{a_1+a_2+\cdots+a_n},\quad i=1, 2, \ldots, n,\]
记 $s=a_1+a_2+\cdots+a_n$，解得
\[x_i=\frac{(n-1)a_i}{s-a_i},\]
要证明的就是
\[\sum_{i=1}^n \frac{(n-1)a_i}{s-a_i}\leqslant \sum_{i=1}^n \frac{s-a_i}{(n-1)a_i},\]
即
\[\sum_{i=1}^n \frac{(n-1)^2a_i}{s-a_i}\leqslant \sum_{i=1}^n \frac s{a_i}-n,\]
由柯西有
\[\frac1{a_1}+\frac 1{a_2}+\cdots +\frac1{a_n}-\frac1{a_i}\geqslant \frac{(n-1)^2}{s-a_i},\]
所以
\[\sum_{i=1}^n \frac{(n-1)^2a_i}{s-a_i}\leqslant \sum_{i=1}^n \left( \frac{a_i}{a_1}+\frac{a_i}{a_2}+\cdots +\frac{a_i}{a_n}-1 \right)=\sum_{i=1}^n \frac s{a_i}-n,\]
即得证。

天音

一题中间变形有点难
二题证得好！学习了