一道不等式

szsdk

已知 \(xyz=1\) 求证 \(\dfrac{1}{(1+x)^2}+\dfrac{1}{(1+y)^2}+\dfrac{1}{(1+z)^2}\geq \dfrac{3}{4}\)
（运用已知的著名不等式或其推论）

mathe

将x,y,z用$exp(a),exp(b),exp(c)$替换，于是变成一个左凹右凸的函数在线性约束条件下极值问题

参考：
http://bbs.emath.ac.cn/viewthrea ... fromuid=20#pid30126
比较有意思的是随着变量数目增加，不等式会在变量不为1时取到最小值

mathe

如2#变换，则条件为已知实数a,b,c,满足$a+b+c=0$
求证$f(a)+f(b)+f(c)>=3/4$其中$f(x)=1/{(1+e^x)^2}$
由于\(f''(x)=\dfrac{4e^{2x}-2e^x}{(e^x+1)^4}\)
所以我们知道f(x)先凹后凸(分界点为$x=-ln2$)。查看链接中的链接会知道，对于这种函数要取最小值，那么要么
a=b=c,要么$a<-ln2,b=c>ln2$而且$f'(a)=f'(b)$
对于后面一种情况，由于$a+b+c=0$,得出$a=-2b$代入$f'(a)=f'(b)$得出
${2(e^b-1)e^b(e^{2b}+e^b+1)(3e^{2b}+1)}/{(e^b+1)^3(e^{2b}+1)^3}=0$
其中b>ln2时无解。
如果三个数改成4个数，那么就不同，我们会得出b=0.84359872296889>ln2是一个解，只是这时，这个极值点还是没有a=b=c时候好。

mathe

类似链接中题目，我们可以得出$f'(x)=f'(y)$对应隐函数为$exp(x+y)(exp(x)+exp(y)+3)=1$
类似http://bbs.emath.ac.cn/viewthrea ... fromuid=20#pid30696 中方法可以证明隐函数是凹函数。
而链接http://bbs.emath.ac.cn/viewthrea ... fromuid=20#pid30423 中的方法中隐函数是凸函数的要求其实可以改成隐函数的导数不改号，也就是凸函数或凹函数，也就是说对于本题，也必然有唯一分界点。

mathe

随着变量数目增加，不等式会在变量不为1时取到最小值.
比如对于5个正数$uvxyz=1$，那么$1/{(1+u)^2}+1/{(1+v)^2}+1/{(1+x)^2}+1/{(1+y)^2}+1/{(1+z)^2}$在$u=v=x=y=z=1$的时候没有取到最小值，因为还有边界值$u->0,v=x=y=z->+infty$时，和可以接近1，同样函数最大值也可以在边界条件$u=v=x=y->0,z->+infty$时取到4.

请问，如果将乘积改为多少，才能够使得最小值总在所有变量相等时取到？

kastin

由于变量是分离的，可以引入一个一元辅助函数 `\ln x`。

考虑函数 `f(x)=\D\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{4}\ln x-\frac{1}{4}`，令 `f'(x)=0` 得到两个驻点 `x=\sqrt{5}-2` 和 `x=1`.
进一步分析可知 `f(\sqrt{5}-2)=0.0435...` 为极大值，`f(1)=0`为极小值.

由于`f(0^+)\to -\infty`,故函数在\((0,\sqrt5-2)\)区间还有一个零点 `x_0`，通过数值计算知 `x_0=0.0992...`.

故 `x\ge x_0`时，`f(x)\ge0`. 函数（蓝色图线）及导函数（黄色图线）的图像如下：

从而有`x,y,z>x_0` 时 `f(x)+f(y)+f(z)\geqslant 0` ，即1楼不等式成立(辅助函数相加时消失)。

易知，若 `x,y,z\ge0` 时不等式成立，则对于两负一正的情况不等式也成立，故可先将变量的待定域收缩到 `x,y,z>0`.

但这不够，我们需要进一步收缩待定域至大于 `x_0`。

取单项 `\D\frac1{(1+x)^2}\ge\frac34`可得 `\D x\le\frac2{\sqrt3}-1=0.154...`, 这就将待定域收缩到了大于 `x_0`的范围。得矣。

kastin

由于`xyz=1`，必有一个变量不大于1，不妨设 `x \leqslant 1`.
令 `t=\sqrt{yz}`，从而有 `x=1/t^2\leqslant 1`，即 `t \in [1,+\infty)`.
设$$g(x,y,z)=\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{1}{(1+z)^2}$$
因为有柯西不等式 $$(1+\sqrt{yz})^2 \leqslant (1+y)(1+z)$$故$$\begin{align*}g(x,y,z)-g(x,t,t)&=\frac{1}{(1+y)^2}+\frac{1}{(1+z)^2}-\frac{2}{(1+\sqrt{yz})^2}\\
&\geqslant \frac{1}{(1+y)^2}+\frac{1}{(1+z)^2}-\frac{2}{(1+y)(1+z)}................................(*)\\
&=\left(\frac{1}{1+y}-\frac{1}{1+z}\right)^2\geqslant 0\end{align*}$$等号取得当且仅当 `y=z`.
因此得到 $$g(x,y,z)\geqslant g(\frac{1}{t^2},t,t)$$
也就是说，我们在等高线 `x=1/t^2` 上找到了曲线的最低点 `(1/t^2,t,t)`, 随着`t`变化，这些谷点延成曲面的一条谷底线。
我们就沿着这条谷底线探寻曲面的最低点。
\begin{split}
g(\frac{1}{t^2},t,t)-\frac34&=\frac{1}{(1+1/t^2)^2}+\frac{2}{(1+t)^2}-\frac34\\
&=\frac{5 - 6 t + 7 t^2 - 12 t^3 + 3 t^4 + 2 t^5 + t^6}{(1+t^2)^2(1+t)^2} \\
&=\frac{(t-1)^2(5 + 4 t + 10 t^2 + 4 t^3 + t^4)}{(1+t^2)^2(1+t)^2}\\
&\ge0,(\text{as  } t\gt0)\end{split}
补充内容 (2016-6-30 19:20):
见15楼更正。

wayne

kastin 发表于 2016-6-28 01:06
由于变量是分离的，可以引入一个一元辅助函数 `\ln x`：
考虑函数 `f(x)=\D\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{4}\ln x-\frac{1}{4}`，令 ...

我也对这个 对数的系数比较感兴趣。  设`a>0, f(x)=\D\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{2a}{(1+a)^3}\ln x`, 则 $f(x)$ 在 $x =a $处有零点。另一个需要解关于$x$的一个一元二次方程。
如果我还想保证简单优美，比如保证这个一元二次方程恒有有理根,即$f(x)$的令两个零点是有理数，可以令$a = \frac{(m-n)^2}{m n}$,则另两个根是 $x =+- \frac{n^2}{m (m-n)}$

于是另 $m=2,n=1,$得到$ a= 8/27$,` f(x)=\D\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{8}{27}\ln x`

hujunhua

我好像找到初等方法了。

`x,y,z`中要么有2个不大于1，要么有2个不小于1，假设这俩都是`y,z`.
即总有`(y-1)(z-1)`≥0, 得`y+z≤1+yz`，进而`(1+y)(1+z)≤2(1+yz)`
`\D\begin{split}\frac1{(1+x)^2}+\frac1{(1+y)^2}+\frac1{(1+z)^2}&\ge\frac1{(1+x)^2}+\frac2{(1+y)(1+z)}\\
&\ge\frac1{(1+x)^2}+\frac1{(1+yz)}\\
&=\frac1{(1+x)^2}+\frac{x}{1+x}\\
&=\frac{(x-1)^2}{4(x+1)^2}+\frac34\ge\frac34\end{split}`

aimisiyou

hujunhua 发表于 2016-6-29 23:01
我好像找到初等方法了。

x,y,z中要么有2个不大于1，要么有2个不小于1，假设这俩都是y,z. 即总有(y-1)(z- ...

\(\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{x}{1+x}\\
=\frac{1}{(1+x)^2}-\frac{1}{1+x}+1\\
=(\frac{1}{1+x}-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}\\
\ge\frac{3}{4}
\)