三个不等式小问题

facebooker

(1) 已知正实数$x,y$满足$xy\geqslant 1$, 则$\frac{2}{x+2}+\frac{1}{y+1}$的最大值为___

(2)已知实数$x,y$满足$x+y=2$ 求$\frac{x^2+y^2}{\sqrt{1+x^2}\sqrt{y^2+4}}$的取值范围.

(3) 已知正实数$a,b,c$满足$a+b+c=1$,求证:
$(1-a^2)^2+(1-b^2)^2+(1-c^2)^2>2$

kuing

1、直接通分最简单。

kuing

2、齐次化整理有
\begin{align*}
\text{原式}&=\frac{2(x^2+y^2)}{\sqrt{(x+y)^2+4x^2}\sqrt{(x+y)^2+y^2}}\\
&=\frac2{\sqrt{3+2\cdot\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}+\frac{2xy}{x^2+y^2}}\sqrt{\frac32-\frac12\cdot\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}+\frac{2xy}{x^2+y^2}}},
\end{align*}
注意到
\[\left( \frac{x^2-y^2}{x^2+y^2} \right)^2+\left( \frac{2xy}{x^2+y^2} \right)^2=1,\]
所以可作三角换元，即
\[\text{原式}=\frac{2\sqrt2}{\sqrt{3+2\sin\theta+\cos\theta}\sqrt{3-\sin\theta+2\cos\theta}},\]
令 `f(\theta)=(3+2\sin\theta+\cos\theta)(3-\sin\theta+2\cos\theta)`，求导分解得
\begin{align*}
f'(\theta)&=(\cos\theta-3\sin\theta)(\sin\theta+3\cos\theta+3)\\
&=2\cos\frac\theta2(\cos\theta-3\sin\theta)\left( \sin\frac\theta2+3\cos\frac\theta2 \right),
\end{align*}
可见取极值时 `\theta=\pi` 或 `\tan\theta=1/3` 或 `\tan(\theta/2)=-3`，分别计算这些极值比较大小最终可知：

当 `\theta=\pi` 或者 `\tan(\theta/2)=-3` 时（此时由万能公式知恰好 `\sin\theta=-3/5` 且 `\cos\theta=-4/5`）`f(\theta)` 取最小值 `2`，代回原式可得最大值为 `2`；

当 `\theta=\arctan(1/3)` 时 `f(\theta)` 取最大值 `23/2+3\sqrt{10}`，代回原式可得最小值为
\[\frac4{\sqrt{23+6\sqrt{10}}}=\frac4{3\sqrt2+\sqrt5}=\frac{12\sqrt2-4\sqrt5}{13}.\]

kuing

3、因为
\[(1-a^2)^2=(1-a)^2(1+a)^2>(1-a)^2(1+2a)=f(a),\]
只需证更强式
\[f(a)+f(b)+f(c)>2,\quad(*)\]
不妨设 `a\geqslant b\geqslant c`，易知 `f(x)` 是关于点 `(1/2,1/2)` 中心对称的三次函数，所以 `f(a)+f(1-a)=1`，又 `f(0)=1`，即
\[2=f(a)+f(1-a)+f(0)=f(a)+f(b+c)+f(0),\]
因此式 (*) 等价于
\[f(b)+f(c)>f(b+c)+f(0),\quad(**)\]
到这里其实已经可以直接代入函数作分解计算了，但我想把目光放远些，这样玩：
\begin{align*}
(**)&\iff f(b)-f(0)>f(b+c)-f(c)\\
&\iff\int_0^bf'(x)\rmd x>\int_c^{b+c}f'(x)\rmd x\\
&\iff\int_0^bf'(x)\rmd x>\int_0^bf'(x+c)\rmd x,
\end{align*}
由条件及前面的不妨设可知 `2b+c\leqslant1`，由此易证对 `x\in[0,b]` 恒有 `\abs{x-1/2}\geqslant\abs{x+c-1/2}`，而 `f'(x)` 关于 `x=1/2` 对称且先减后增，于是恒有 `f'(x)\geqslant f'(x+c)`，所以上式成立，即得证。

之所以说“目光放远些”，是因为我已经感觉到从上述方法可以提取出一个关于中心对称函数的调整不等式命题，时间关系，明天有空再撸……

kuing

kuing 发表于 2022-5-29 03:35
3、...
...
之所以说“目光放远些”，是因为我已经感觉到从上述方法可以提取出一个关于中心对称函数的调整不等式命题，时间关系，明天有空再撸……

由于完全无回响，放弃提取命题。

facebooker

kuing 发表于 2022-6-1 16:05
由于完全无回响，放弃提取命题。

别放弃啊 不是不回应 是登录论坛有点费劲 不知道其他地方是不是这样

希望看到经常的解答！

kuing

kuing 发表于 2022-5-29 03:35
3、因为
\[(1-a^2)^2=(1-a)^2(1+a)^2>(1-a)^2(1+2a)=f(a),\]
只需证更强式

在加强为证 `\sum(1-a)^2(1+2a)>2` 时当然也可以直接齐次化展开，就是
\[\sum(b+c)^2(3a+b+c)>2(a+b+c)^3\iff6abc>0.\]

facebooker

kuing 发表于 2022-6-1 23:18
在加强为证 `\sum(1-a)^2(1+2a)>2` 时当然也可以直接齐次化展开，就是
\[\sum(b+c)^2(3a+b+c)>2(a+b+c)^3 ...

这个厉害了！赞！

kuing

人教群网友 wwdwwd117 ：

苏L教师wwdwwd117(2365*****) 2022/6/2 21:34:35

这样是不是好理解些

苏L教师wwdwwd117(2365*****) 2022/6/3 13:20:31

我严重怀疑这题的原题是椭圆中算夹角的题，印象中，用夹角余弦列出来就像这题，比较难处理。而用夹角正切（斜率）就好处理。

wwdwwd1/17

哈哈，瞎试了三次，终于登上了

facebooker

kuing 发表于 2022-6-3 15:43
人教群网友 wwdwwd117 ：

你的怀疑是对的 这个解法 也是我想要的 我也是这个方法  算的时候 算不下去了。

kuing

kuing 发表于 2022-6-1 16:05
由于完全无回响，放弃提取命题。

今天在思考这帖 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=11850 的 7# 的构造时，忽然想起了这帖，还是把当时想写又没写的命题写一下吧。不过在写的时候才发现，这论证起来还真挺麻烦的，或许这才是当时不想写的原因吧。

为了便于叙述，临时约定一个符号：
用 `P(a,b,c,d,[s,t])` 表示：`a,b,c,d\in[s,t]` 且 `a+d=b+c` 且 `\abs{a-d}\geqslant\abs{b-c}`。

下面的推理基于凸函数的一个基本性质：
设 `f(x)` 在区间 `[s,t]` 内为上凸函数，若 `P(a,b,c,d,[s,t])`，则 `f(b)+f(c)\geqslant f(a)+f(d)`。

命题 1：设 `f(x)` 为奇函数，在区间 `[-m,0]` 内为上凸函数，在区间 `[0,m]` 内为下凸函数，则

（A）若 `P(a,b,c,d,[-m,m])` 且 `b+c\leqslant0`，则 `f(b)+f(c)\geqslant f(a)+f(d)`；

（B）若 `P(a,b,c,d,[-m,m])` 且 `b+c\geqslant0`，则 `f(b)+f(c)\leqslant f(a)+f(d)`。

证明：只需证明情况（A）即可。（由（A）旋转 `180\du` 即得（B））

由条件可不妨设 `a\leqslant b\leqslant c\leqslant d`，则必有 `a\leqslant b\leqslant0`，下面分 `c`, `d` 的正负情况讨论：

（1）若 `d\leqslant0`，即 `P(a,b,c,d,[-m,0])`，那么由凸函数性质立得 `f(b)+f(c)\geqslant f(a)+f(d)`；

（2）若 `c\leqslant0<d`，则 `b+c=a+d>a\geqslant-m`，因此 `P(b+c,b,c,0,[-m,0])`，由凸函数性质得
\[f(b)+f(c)\geqslant f(b+c)+f(0),\]
只需证
\[f(b+c)+f(0)\geqslant f(a)+f(d),\]
由奇函数有 `f(d)=-f(-d)`, `f(0)=0`，所以上式化为
\[f(b+c)+f(-d)\geqslant f(a)+f(0),\]
由 `a+d=b+c\leqslant0` 得 `a\leqslant-d`，所以 `P(a,b+c,-d,0,[-m,0])`，由凸函数性质知上式成立；

（3）若 `c>0`，则
\begin{align*}
f(b)+f(c)\geqslant f(a)+f(d)&\iff f(b)-f(-c)\geqslant f(a)-f(-d)\\
&\iff f(b)+f(-d)\geqslant f(a)+f(-c),
\end{align*}
由 `b+(-d)=a+(-c)` 及 `a\leqslant-d` 可知 `P(a,b,-d,-c,[-m,0])`，所以由凸函数性质知上式成立。

综上所述，命题得证。

对命题 1 作平移即得：

命题 2：设 `f(x)` 关于点 `(x_0,y_0)` 对称，在区间 `[x_0-m,x_0]` 内为上凸函数，在区间 `[x_0,x_0+m]` 内为下凸函数，则

（A）若 `P(a,b,c,d,[x_0-m,x_0+m])` 且 `b+c\leqslant2x_0`，则 `f(b)+f(c)\geqslant f(a)+f(d)`；

（B）若 `P(a,b,c,d,[x_0-m,x_0+m])` 且 `b+c\geqslant2x_0`，则 `f(b)+f(c)\leqslant f(a)+f(d)`。

以上结论比当年在《撸题集》P.349 写的定理 3.4.1 要更广泛一些。

以上是先上凸后下凸的命题，如果是先下凸后上凸，则结论部分反过来即可，不再叙述。