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本帖最后由 yao4015 于 2020-9-2 11:12 编辑 两个月前，我做了一个小课题，是关于齐次可微函数的某种单调性的。
也就是给定一个齐次可微函数 $f(x_1,\cdots, x_n)$(变量取非负数)，构造一个 新的函数
$$g(t)=f(x_1-t,\ldots, x_n-t),\ \ 0\leq t\leq \min\{x_1,\ldots,x_n\}.$$
$g(t)$ 有多大的可能性关于 $t$ 是单调减少的？
在《不等式的秘密》中有一些这种例子。我证明了在三元二次型中有约 $57\%$ 是这种情况，已经相当大了。
我也收集了一些例子。前次遇到的四川预赛那个题目就是这种情况。我想现在的这个题目，肯定也不例外。
试解了一下。还真是。这一方法就是看上去比较烦，但思想和操作过程并不复杂。
我们用庖丁解牛的方式解答如下，
引理 1: $a,b,c$ 是互不相同的非负实数， 则有不等式
$$\frac{a}{(b - c)^2}+ \frac{b}{(a - c)^2} +\frac{c}{(a -b)^2} - \frac{1}{\sqrt{2a^2 + 2b^2 + 2c^2}}\geq 0$$
证明： 令
\begin{align*}
f_2&=\frac{a}{(b - c)^2}+ \frac{b}{(a - c)^2} +\frac{c}{(a -b)^2} - \frac{1}{\sqrt{2a^2 + 2b^2 + 2c^2}}\\
\\
g_2(t)&=f_2(a-t,b-t,c-t),\ \ 0\leq t \leq \min\{a,b,c\}
\end{align*}
我们断定 $g_2(t)$ 关于 $t$ 是单调减少的。这只需对 $t$ 求导即可。有两种操作方式，1.直接对 $g_2(t)$ 求导， 2.是对 $f_2$ 计算全导数，然后使用下面的等价关系
$$g_2 '(t)\leq 0 \Longleftrightarrow f_3=\frac{\partial f_2}{\partial a}+\frac{\partial f_2}{\partial b}+\frac{\partial f_2}{\partial c}\geq 0.$$
这里选择了2，算出
$$f_3=\sum \frac{1}{(b - c)^2} +\frac{2(a+b+c)}{(2a^2 + 2b^2 + 2c^2)^{3/2}} \geq 0$$
显然成立。我们证明了 $g_2 (t)$ 确实是关于 $t$ 单调减少。不失一般性设 $c=\min\{a,b,c\} $ 因此
$$f_2=g_2(0)\geq g_2(\min\{a,b,c\})=g_2(c)=f_2(a-c,b-c,0).$$
这样证明 $f_2\geq 0$ 就被归结到证明 $f_2(a-c,b-c,0)\geq 0$ 了, 也就是 $f_2$ 中有一个变量为 $0$ 的情况，即证
$$\frac{a}{b^2}+\frac{b}{a^2}-\frac{1}{\sqrt{2a^2+2b^2}}\geq 0.$$
最后这个不等式不难处理。
引理 2: $a,b,c$ 是互不相同的非负实数， 则有不等式
$$\frac{3a^2}{(b - c)^2} + \frac{3b^2}{(a - c)^2} + \frac{3c^2}{(a - b)^2} - \frac{2(a + b + c)}{\sqrt{2a^2 + 2b^2 + 2c^2}}\geq 0$$
证明：如法泡制. 令
\begin{align*}
f_1&=\frac{3a^2}{(b - c)^2} + \frac{3b^2}{(a - c)^2} + \frac{3c^2}{(a - b)^2} - \frac{2(a + b + c)}{\sqrt{2a^2 + 2b^2 + 2c^2}}\\
\\
g_1(t)&=f_1(a-t,b-t,c-t),\ \ 0\leq t \leq \min\{a,b,c\}
\end{align*}
我们断定 $g_1(t)$ 关于 $t$ 是单调减少的。计算 $f_1$ 的全导数
$$
\frac{\partial f_1}{\partial a}+\frac{\partial f_1}{\partial b}+\frac{\partial f_1}{\partial c}=\frac{6a}{(b - c)^2}+ \frac{6b}{(a - c)^2} +\frac{6c}{(a -b)^2} - \frac{6}{\sqrt{2a^2 + 2b^2 + 2c^2}}+\frac{4(a + b + c)^2}{(2a^2 + 2b^2 + 2c^2)^{3/2}}
$$
利用引理1，有
$$\frac{\partial f_1}{\partial a}+\frac{\partial f_1}{\partial b}+\frac{\partial f_1}{\partial c}\geq 0$$
我们证明了 $g_1 (t)$ 确实是关于 $t$ 单调减少。不失一般性设 $c=\min\{a,b,c\} $ 因此
$$f_1=g_1(0)\geq g_1(c)=f_1(a-c,b-c,0)$$
这样证明 $f_1\geq 0$ 就被归结到证明 $f_1(a-c,b-c,0)\geq 0$ 了, 也就是 $f_1$ 中有一个变量为 $0$ 的情况，即证
$$\frac{3a^2}{b^2}+\frac{3b^2}{a^2}-\frac{2a+2b}{\sqrt{2a^2+2b^2}}\geq 0$$
最后这个不等式也是不难处理的。
现在回到原不等式的证明： 过程与上面两引理的证明是相同的，只不过它们是环环相扣的。
令
\begin{align*}
f(a,b,c)&=\frac{a^3}{(b-c)^2}+\frac{b^3}{(a-c)^2}+\frac{c^3}{(a-b)^2}-\sqrt{2(a^2+b^2+c^2)}\\
\\
g(t)&=f(a-t,b-t,c-t)
\end{align*}
计算全导数
$$\frac{\partial{f}}{\partial a}+\frac{\partial{f}}{\partial b}+\frac{\partial{f}}{\partial c}=\frac{3a^2}{(b - c)^2} + \frac{3b^2}{(a - c)^2} + \frac{3c^2}{(a - b)^2} - \frac{2(a + b + c)}{\sqrt{2a^2 + 2b^2 + 2c^2}}=f_1$$
根据引理2, 有 $f_1\geq 0$. 我们证明了 $g(t)$ 是关于 $t$ 单调减少。不失一般性设 $c=\min\{a,b,c\} $ 因此
$$f=g(0)\geq g(c)=f(a-c,b-c,0).$$
而 $f(a-c,b-c,0)\geq 0$ 是等价于 $f(a,b,0)\geq 0$, 即
$$\frac{a^3}{b^2}+\frac{b^3}{a^2}-\sqrt{2a^2+2b^2}\geq 0$$
最后这个不等式也是容易处理的。
上面的方法相当于把一个过程重复执行了三次。发到这里仅供有兴趣的朋友参考。 |
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yao4015
发表于 2020-8-28 15:15
