好象成立的样子

realnumber

问一下这个不等式对不对？
\[
\begin{aligned}
& x, y, z \inR_+, x+y+z=3, n \geq 2, \\
& \Rightarrow \sqrt[n]{1+x^2}+\sqrt[n]{1+y^2}+\sqrt[n]{1+z^2} \geq 3 \sqrt[n]{2}
\end{aligned}
\]

其妙

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$n=2$时是对的吧，$n\geqslant3$可能就不对了吧？

kuing

由半凹半凸定理，只要证二元相等的情形，变成一元函数后，画图看上去应该成立，至于证明……明天再想……

其妙

由半凹半凸定理，只要证二元相等的情形，变成一元函数后，画图看上去应该成立，至于证明……明天再想…… ...
kuing 发表于 2013-10-22 00:23

又见半凹半凸！
只会证明$n=2$时是成立的。

realnumber

n=2应该对的，写个证明，
引理：$f(x),g(x)$均为增函数，且$g(x)>0$,若$x\ge y\ge z,f(x)+f(y)+f(z)=0$,那么$M=f(x)g(x)+f(y)g(y)+f(z)g(z)\ge 0$
证明：易得$f(x)\ge 0,f(z)\le0$,$f(y)=-f(x)-f(z)$,
$M=f(x)g(x)-(f(x)+f(z))g(y)+f(z)g(z)=f(x)(g(x)-g(y))-f(z)(g(y)-g(z))\ge0$
所以引理成立.
n=2时，记\[ f(x)=x-1,g(x)=\frac{x+1}{\sqrt{1+x^2}+\sqrt{2}}\],符合引理，所以n=2时，1楼不等式成立.
很可惜n=3时，相应的$g(x)$不是增函数，

realnumber

回复 4# 其妙

也许别的办法可以绕过“凹凸慢”

kuing

n=2 时闵可夫斯基不等式一步到位……n>2 就用不了了。
PS、半凹半凸定理的3元情形我曾经在旧版论坛具体介绍过，处理这种比较一般情的问题相对通用一些。

其妙

先证明$n=2$成立，楼主和kk都用了新颖的证法，我这里来常规的证法（补充4楼）：
      由柯西不等式，$1+x^2\geqslant\dfrac{(1+x)^2}2$，故$\sqrt{1+x^2}\geqslant\dfrac{1+x}{\sqrt2}$，当且仅当$x=1$取等号。

于是，$\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+y^2}+\sqrt{1+z^2}\geqslant\dfrac{1+x+1+y+1+z}{\sqrt2}=3\sqrt2$.
     闵可夫斯基的可用向量的模解释吧，
，$\sqrt{1+x^2}+\sqrt{1+y^2}+\sqrt{1+z^2}\geqslant\sqrt{(1+1+1)^2+(x+y+z)^2}=3\sqrt2$.

其妙

n=2应该对的，写个证明，
引理：$f(x),g(x)$均为增函数，且$g(x)>0$,若$x\ge y\ge z,f(x)+f(y)+f(z)=0$,那 ...
realnumber 发表于 2013-10-22 12:53

你那个引理，就是切比雪夫吧？
需要$g(x)>0$的条件？$g(x)>0$的条件可以取消吗？

realnumber

回复 9# 其妙


    切比雪夫--不熟悉，
从证明过程看，确实可以取消

realnumber

1楼不等式在n=3（也许还有别的）是成立的，画图估计可以用切线法证明，
但n足够大，几何画板实验发现不成立

其妙

回复 11# realnumber
你用切线法试一试：

realnumber

回复 12# 其妙


    n=3$f(x)=(1+x^2)^\frac{1}{n}$在x=1处的切线为$g(x)=\frac{1}{n}2^\frac{1}{n}(x-1)+2^\frac{1}{n}$，$0<x<3$
要证明$f(x)\ge g(x)$等价于证明
\[\frac{1+x^2}{2}\ge (\frac{x}{n}+1-\frac{1}{n})^n,0<x<3,n=3\]
即\[\frac{1+x^2}{2}\ge (\frac{x}{3}+\frac{2}{3})^3,0<x<3,\]
后面应该没什么大问题的，猜是数据不会凑得太好.---试了下，这样t=x-1,运算可以引入立方差什么的简化.

realnumber

x=1的左边偏离x轴比右边大，猜测个切线法的改进办法，这个会不会可以因此绕过半凹半凸？也是尝试过程这个中发现11楼反例
假设$y=f(x)$在x=1处的切线为g(x)=kx+b,在x>1时有f(x)>g(x),但是在x<1时，f(x)与g(x)大小关系不定
若满足这样的条件（大家想想怎样改进会更宽泛点,我也不能确定对不对）$f(1+t)-g(1+t)\ge 2\abs{f(1-t)-g(1-t)},t\ge0$---①(似乎这里2有些多余，已经混乱中...)
又x+y+z=3,则有$f(x)+f(y)+f(z)\ge 3f(1)$---②；当然①反向的话，②也反向.