知乎撸题存档(2022)——不等式类

kuing

网址：zhihu.com/question/510049904
标题：这个不等式有啥方法，多多益善 ?

我的回答：
待定正数 $x,y,z,k$ 使 $x+y<k,z<k$ ，由均值
\begin{align*} &\frac 1a+\frac 1{ab}+\frac 1{abc}+k(a+b+c)\\ ={}&\frac 1a+xa+\frac 1{ab}+ya+zb+\frac 1{abc}+(k-x-y)a+(k-z)b+kc\\ \geqslant{}& 2\sqrt x+3\sqrt[3]{yz}+4\sqrt[4]{(k-x-y)(k-z)k}, \end{align*}
取等条件为
\begin{align*} \frac 1a&=xa,\\ \frac 1{ab}&=ya=zb,\\ \frac 1{abc}&=(k-x-y)a=(k-z)b=kc, \end{align*}
消 $x,y,z,k$ 可得
\[1=\frac ac-bc-c=\frac bc-c,\]
再结合已知条件 $a+b+c=3$ 可解出
\[a=\frac {5-\sqrt 5}2,b=1,c=\frac {\sqrt 5-1}2,\quad(*)\]
相应的 $x=y=\frac 1{a^2},z=\frac 1a,k=\frac 1{ac^2}$ 也的确满足 $x+y<k,z<k$ ，因此 (*) 就是原式的最小值点，代入化简即得最小值为 $\frac {3+\sqrt 5}2$ 。

发布于 2022-01-07 00:35

注：更漂亮的是链接中“予一人”的证明。

isee

回复 1# kuing


予一人 当时只有前四行，真的看了好久还是没明白，后来求了下偏导，验证是对的，哈哈哈哈哈哈

kuing

回复 2# isee

先有前四行，后来补充了柯西，再后来补了后面的求导算最值……

kuing

网址：zhihu.com/question/513408390
标题：此三角问题有什么好方法？
已知 $△ABC$ 中， $\sin A+\sin B+\sin C=\frac{64}{25}$ ，求 $\sin A\sin B\sin C$ 的最大值？

我的回答：
记 $x=\tan\frac A2,y=\tan\frac B2,z=\tan\frac C2$，则 $x,y,z>0,xy+yz+zx=1$，再记 $p=x+y+z,r=xyz$，则有
\begin{align*}
\sin A+\sin B+\sin C&=\sum\frac{2x}{1+x^2}\\
&=\sum\frac{2x}{(x+y)(x+z)}\\
&=\frac4{(x+y)(y+z)(z+x)}\\
&=\frac4{p-r},
\end{align*}
因此条件就变成 $p-r=\frac{25}{16}$ ，于是
\[\sin A\sin B\sin C=\frac{8xyz}{(x+y)^2(y+z)^2(z+x)^2}=\frac{8r}{(p-r)^2}=\frac{2048}{625}r,\]
由
\[(x-y)^2(y-z)^2(z-x)^2=-4p^3r+p^2+18pr-27r^2-4\geqslant0,\]
代入 $p=r+\frac{25}{16}$ 可分解为
\[(16r-3)(256r^3+1248r^2+2621r-532)\leqslant0,\]
方程 $256r^3+1248r^2+2621r-532=0$ 有唯一正根 $r=r_0\approx0.185894<\frac3{16}$，所以上式解得
\[r_0\leqslant r\leqslant\frac3{16},\]
因此
\[0.609138\approx\frac{2048}{625}r_0\leqslant\sin A\sin B\sin C\leqslant\frac{2048}{625}\cdot\frac3{16}=\frac{384}{625}=0.6144,\]
取等时为等腰三角形（等腰有两种情况，x=y=1/2, z=3/4 取右边，另一种取左边）。

编辑于 2022-01-26 15:23

kuing

网址：zhihu.com/question/513674331
标题：请教一个不等式问题?

我的回答：
由均值有
\[\frac{b^4c}{a^3(b+c)(a+c)}+\frac{b+c}{8b}+\frac{c+a}{8c}\geqslant\frac{3b}{4a},\]
所以
\begin{align*}
\sum\frac{b^4c}{a^3(b+c)(a+c)}&\geqslant\sum\left( \frac{3b}{4a}-\frac c{8b}-\frac a{8c}-\frac14 \right)\\
&=\frac12\sum\frac ba-\frac34\geqslant\frac32-\frac34=\frac34.
\end{align*}
编辑于 2022-01-29 17:12

注：其实也等价于十几年前的陈题：`x`, `y`, `z>0`, `xyz=1`，证明
\[\sum\frac{x^3}{(1+y)(1+z)}\geqslant\frac34.\]
有印象吧各位？

其妙

回复 1# kuing
多一个系数二分之一的不等式类似题，参见：

mp.weixin.qq.com/s?__biz=MzIxMDYxMDMxOQ==&mid=2247483657& ... e=21#wechat_redirect

kuing

回复 6# 其妙

不止多了系数，条件也变了，这样改后取等太好就易撸得多了。

kuing

网址：zhihu.com/question/518695117
标题：这道不等式有没有什么好的方法?

我的回答：
令 $\frac1{1+x_i}=a_i$ ，由幂平均值不等式有
\begin{align*}
x_i^k&=\left( \frac1{a_i}-1 \right)^k\\
&=\left( \frac{a_1+\cdots+a_{i-1}+a_{i+1}+\cdots+a_n}{a_i} \right)^k\\
&=\frac{(n-1)^k}{a_i^k}\left( \frac{a_1+\cdots+a_{i-1}+a_{i+1}+\cdots+a_n}{n-1} \right)^k\\
&\leqslant\frac{(n-1)^k}{a_i^k}\cdot\frac{a_1^k+\cdots+a_{i-1}^k+a_{i+1}^k+\cdots+a_n^k}{n-1}\\
&=(n-1)^{k-1}\cdot\frac{a_1^k+\cdots+a_{i-1}^k+a_{i+1}^k+\cdots+a_n^k}{a_i^k},
\end{align*}
记 $b_i=a_i^k$ 以及 $S=\sum_{i=1}^nb_i$ ，上式即是
\[x_i^k\leqslant(n-1)^{k-1}\cdot\frac{S-b_i}{b_i},\]
由此及柯西不等式有
\begin{align*}
\sum_{i=1}^n\frac1{1+x_i^k}&\geqslant\sum_{i=1}^n\frac{b_i}{b_i+(n-1)^{k-1}(S-b_i)}\\
&=\sum_{i=1}^n\frac{b_i^2}{b_i^2+(n-1)^{k-1}(S-b_i)b_i}\\
&\geqslant\frac{S^2}{\sum_{i=1}^nb_i^2+(n-1)^{k-1}\sum_{i=1}^n(S-b_i)b_i}\\
&=\frac{S^2}{\bigl( 1-(n-1)^{k-1} \bigr)\sum_{i=1}^nb_i^2+(n-1)^{k-1}S^2},
\end{align*}
注意 $1-(n-1)^{k-1}<0$ 以及 $\sum_{i=1}^nb_i^2\geqslant\frac{S^2}n$ ，所以上式继续
\begin{align*}
&\geqslant\frac{S^2}{\bigl( 1-(n-1)^{k-1} \bigr)\frac{S^2}n+(n-1)^{k-1}S^2}\\
&=\frac n{1+(n-1)^k},
\end{align*}
得证。

发布于 2022-02-26 14:38

kuing

网址：zhihu.com/question/523478176
标题：这种对称不等式的技巧是什么？
这种题的核心是什么，到底怎么切入？

我的回答：
对左边分母均值，只需证
\[\sum\frac{2x^2(y+z)}{2x+y+z}\geqslant xy+yz+zx,\]
由柯西，有
\[\LHS=\sum\frac{2x^2}{\frac{2x}{y+z}+1}\geqslant\frac{2(x+y+z)^2}{\sum\frac{2x}{y+z}+3},\]
故只需证
\[\frac{2(x+y+z)^2}{xy+yz+zx}\geqslant\sum\frac{2x}{y+z}+3,\]
两边减 6 易配方为
\[\frac{\sum(y-z)^2}{xy+yz+zx}\geqslant\sum\frac{(y-z)^2}{(x+y)(x+z)},\]
右边分母 $(x+y)(x+z)=x^2+xy+yz+zx$ ，所以上式显然成立。

发布于 2022-03-24 15:11

kuing

网址：zhihu.com/question/523563291
标题：如何证明以下三角不等式?

我的回答：
运气证法：由 $\cos A=1-2\sin^2\frac A2$ 可知原不等式等价于
\[\sum\sin\frac A2\sin\frac B2+\sum\sin^2\frac A2\leqslant\frac32,\]
令三边 AB=x+y, BC=y+z, CA=z+x, x, y, z>0，则易证 $\sin\frac A2=\sqrt{\frac{yz}{(z+x)(x+y)}}$ 等，上式化为
\[\sum\frac z{x+y}\sqrt{\frac{xy}{(y+z)(z+x)}}+\sum\frac{yz}{(z+x)(x+y)}\leqslant\frac32,\]
由均值有
\[\sqrt{\frac{xy}{(y+z)(z+x)}}\leqslant\frac12\left( \frac y{y+z}+\frac x{z+x} \right),\]
所以只需证
\[\frac12\sum\frac z{x+y}\left( \frac y{y+z}+\frac x{z+x} \right)+\sum\frac{yz}{(z+x)(x+y)}\leqslant\frac32,\]
通分可知上式恰好是个恒等式。

发布于 2022-03-24 17:02

注：原帖中网友“五颜六色的白”用抽屉原理的证法更巧妙，我也点了个赞。

isee

回复 10# kuing

轮换和符号还是有优势的，用轮换和符号写出的式子都那么长~~~~结果左边正好是3/2

kuing

回复 11# isee

好久没撸知乎题了，今天运气好，一下就撸掉两个

isee

回复 12# kuing

要是给我，肯定是一个写一年~

kuing

网址：zhihu.com/question/525848631
标题：这个竞赛不等式问题怎么解?

取等时不对称，不知道该怎么办

我的回答：
依题意可设 x=1+a, y=1+b, z=1+c, |a|, |b|, |c|≤1，代入原不等式展开可以整理为
\[3+a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2+2(a+b+c)^2\geqslant2(a-b)(b-c)(a-c),\]
由轮换对称性，不妨设 a≥c，由 $(a-b)(b-c)\leqslant \frac 14(a-c)^2$ 以及 |a|, |c|≤1 得
\[2(a-b)(b-c)(a-c)\leqslant\frac12(a-c)^3\leqslant(a-c)^2,\]
所以只需证
\[3+a^2c^2\geqslant(a-c)^2,\]
整理为
\[2(1+ac)+(1-a^2)(1-c^2)\geqslant0,\]
由 |a|, |c|≤1 可知上式显然成立，即得证。

发布于 2022-04-06 19:07

kuing

网址：zhihu.com/question/268007107
标题：求解不等式证明？

我的回答：
记 $f(a,b,c)=a^3+b^3+c^3+3-2(a^2+b^2+c^2)$ 。

不妨设 $a\geqslant b\geqslant c$ ，则 $ab\geqslant1$ ，令 $a=x^2,b=y^2,x,y>0,xy\geqslant1$ ，则
\begin{align*}
f(x^2,y^2,c)-f(xy,xy,c)&=(x^3-y^3)^2-2(x^2-y^2)^2\\
&\geqslant(x^3-y^3)^2-2xy(x^2-y^2)^2\\
&=(x-y)^2(x^4-x^2y^2+y^4)\\
&\geqslant0,
\end{align*}
再令 $xy=t$ ，就有
\begin{align*}
f(a,b,c)&\geqslant f\left( t,t,\frac1{t^2} \right)\\
&=\frac1{t^6}(t-1)^2(2t^7-2t^5-t^4+t^2+2t+1),
\end{align*}
其中
\begin{align*}
&2t^7-2t^5-t^4+t^2+2t+1\\
={}&(t-1)^2t(t+1)(2t^3+2t^2+2t+1)+t^3+t+1>1,
\end{align*}
所以不等式成立。

发布于 2022-04-10 14:46

kuing

网址：zhihu.com/question/530780866
标题：这个不等式该怎么考虑？

我的回答：
无难度，因为数列 $\{a_i^n\}$ 与 $\left\{ \frac 1{a_i^m-1} \right\}$ 必成逆序，因此由 乱序和 ≥ 逆序和 可知
左边 $\geqslant f(a_1)+f(a_2)+\cdots +f(a_p)$ ，其中
\[f(x)=\frac {x^n}{x^m-1},\quad (x>1)\]
求导得
\[f'(x)=\frac {x^{n-1}\bigl( (n-m)x^m-n \bigr)}{(x^m-1)^2},\]
故当 $x^m=\frac n{n-m}$ 时 f(x) 取最小值，代入即得
\[f(x)\geqslant \frac {\left( \frac n{n-m} \right)^{n/m}}{\frac n{n-m}-1}
=\frac {n-m}m\left( \frac n{n-m} \right)^{n/m},\]
所以
\[f(a_1)+f(a_2)+\cdots +f(a_p)\geqslant p\cdot \frac {n-m}m\left( \frac n{n-m} \right)^{n/m}.\]

发布于 2022-05-01 01:32

PS、其实也可以用加权均值求 f(x) 的最小值，假设 `f(x)\geqslant k`，那就是 `x^n+k\geqslant kx^m`，为了左边均值后的指数，将它凑成
\[\frac mnx^n+\left( 1-\frac mn \right)\frac m{n-m}k\geqslant \frac mnkx^m,\]
由加权均值知
\[\LHS\geqslant x^m\left( \frac m{n-m}k \right)^{1-m/n},\]
于是 `k` 应满足
\[\left( \frac m{n-m}k \right)^{1-m/n}=\frac mnk\riff k=\frac {n^{n/m}}{(n-m)^{n/m-1}m},\]
结论相同。

kuing

网址：zhihu.com/question/528293004
标题：，，这个不等式怎么做？

我的回答：
一看就是从一道经典初中题“abc=1 求 $\sum \frac 1{ab+b+1}$”用均值变出来的，变回去就是了：
\begin{align*}
&\sum \frac 1{a^3+2b^2+2b+4}\\
={}&\sum \frac 1{(a^3+b^2+b)+(b^2+1)+b+3}\\
\leqslant{}& \sum \frac 1{3\sqrt[3]{a^3b^2b}+2b+b+3}\\
={}&\frac 13\sum \frac 1{ab+b+1},
\end{align*}
然后 abc=1 时
\begin{align*}
&\frac 1{ab+b+1}+\frac 1{bc+c+1}+\frac 1{ca+a+1}\\
={}&\frac c{1+bc+c}+\frac 1{bc+c+1}+\frac {bc}{c+1+bc}=1.
\end{align*}

发布于 2022-05-03 03:01

kuing

网址：zhihu.com/question/532800452
标题：四道高中数学竞赛题?

（只截了三题，因为最后一题没性趣撸……
我的回答：
第一个：记 $x=\tan \alpha ,\,y=\tan \beta $ ，则不难将原不等式化为
\[\frac x{\sqrt {1+y^2}}+\frac y{\sqrt {1+x^2}}\geqslant \frac {x+y}{\sqrt {1+xy}},\]
由 holder 不等式，有
\[\left( \frac x{\sqrt {1+y^2}}+\frac y{\sqrt {1+x^2}} \right)^2\bigl( x(1+y^2)+y(1+x^2) \bigr)\geqslant (x+y)^3,\]
而 $x(1+y^2)+y(1+x^2)=(x+y)(1+xy)$ ，代入上式即得
\[\left( \frac x{\sqrt {1+y^2}}+\frac y{\sqrt {1+x^2}} \right)^2\geqslant \frac {(x+y)^2}{1+xy},\]
即得证。

第15题与这帖是一样的：
zhihu.com/question/453902871

第16题：记 $m=x^2+xy+y^2,\,n=y^2+yz+z^2,\,p=z^2+zx+x^2$ ，则有恒等式
\[3(xy+yz+zx)^2=2(mn+np+pm)-(m^2+n^2+p^2).\]
PS、其实就是源于几何角度。

编辑于 2022-05-15 17:29

nttz

kuing 发表于 2022-1-14 20:34
回复 2# isee

先有前四行，后来补充了柯西，再后来补了后面的求导算最值…… ...

他的证明都看不懂，你能解释下第一个不等式么？这个跳了多少啊

kuing

nttz 发表于 2022-6-5 15:47
他的证明都看不懂，你能解释下第一个不等式么？这个跳了多少啊

令 `s=b+c`，则
\begin{align*}
\frac1b+\frac1{bc}&=\frac1b+\frac{b+c}{sbc}\\
&=\frac1b+\frac1s\left( \frac1b+\frac1c \right)\\
&=\left( 1+\frac1s \right)\frac1b+\frac1s\cdot\frac1c\\
&=\frac1s\cdot(b+c)\left[ \left( 1+\frac1s \right)\frac1b+\frac1s\cdot\frac1c \right]\\
&\geqslant\frac1s\cdot\left( \sqrt{1+\frac1s}+\sqrt{\frac1s} \right)^2\\
&=\frac1s\cdot\frac1{\left( \sqrt{1+\frac1s}-\sqrt{\frac1s} \right)^2}\\
&=\frac1{\bigl( \sqrt{s+1}-1 \bigr)^2}.
\end{align*}