百度数学吧中一个未解不等式

mathe

原帖由 shshsh_0510 于 2008-5-9 16:39 发表 用我那个法子应该也可以吧，并且取得极值很简单，只是说明起来非一些事，但也没有本质的困难。 而且可以推广到$a_i*a_{i+1}*a_{i+2}*a_{i+3}$之类的

应该不可行，函数的极大值点应该不唯一

mathe

对于19#定义的 $H(A_1,A_2,...,A_n)=2 sum_{t=1}^n A_tA_{t+1}+ sum_{t=1}^nA_tA_{t+2}, A_1+A_2+...+A_n=1$ 计算它的最大值我找到一个相对简单的方法了。 我们只需要分析: i)区域内部的极值点，我们已经知道只有$A_1=A_2=...=A_n=1/n$时才能够取到，极值为$3/n$ ii)正好有一个数为0时候的边界条件下的极值点，比如$A_n=0$情况下的极值点，分别对$A_1,A_2,...,A_{n-1}$求偏微分，要求所有偏微分取值都相同，这个对应一个n-1阶线性方程组 iii)只有3个连续项不为0情况下的极值点，容易计算这三项正好为$2/7,3/7,2/7$时取到最大值。 而对于n=5和n=6,我们余下都只需要检查一下ii)对应的线性方程组就可以了。 证明上面过程的可行性，我们需要 i)证明，如果对于某个边界条件中有两项不相邻的项$A_i, A_j$都是0(其余项可能非零),我们可以通过将$A_{i+1},A_{i+2},...,A_{j-1}$向右平移一项（使得新的数列中$A_i,A_{i+1}$为0），或者向左平移一项，两种变换中至少有一种对应的结果不小于原先的结果。 所以通过这个结论，我们可以知道，对于有多项$A_i$取零的边界情况，我们可以将所有的0移动到相邻位置，使得H函数结果不会变小。 ii)证明，如果序列中至少有两个相邻的0，非零部分长度不小于4,假设非0部分为$A_1,A_2,...,A_k$,我们可以构造另外一个序列 $A_1,A_2,...,A_{k-5},A_{k-4}+A_k,A_{k-3}+A_{k-1},A_K{k-2}$,那么这个新序列对应的函数H的值不小于原序列的H函数值。 所以我们就只需要检查前面3种情况了。所以这个问题现在相对来说，计算就不那么复杂了。

星沉地动

关于n>5时，我是这样做的： n=3k时，原式≤（a1+a4+...+a(3k-2))(a2+a5+...+a(3k-1))(a3+a6+...+a(3k)),然后均值不等式即可 n=3k+1时，不妨设a1最小，则a(3k)a(3k+1)a1≤a(3k)a(3k+1)a2,a(3k+1)a1a2≤a(3k+1)a3a2 于是有原式≤（a1+a4+...+a(3k+1))(a2+a5+...+a(3k-1))(a3+a6+...+a(3k)),然后均值不等式 n=3k+2时，可以仿n=3k+1

kfroger

1# mathe 感觉2楼的问题跟图论中的欧拉公式V+F-E=X(P)有点联系，看到这个我首先想到的是正四面体。m为边的条数，n是顶点数。

streeling

$n=4:$ $A_1A_2A_3+A_2A_3A_4+A_3A_4A_1+A_4A_1A_2$ $=A_1A_2(A_3+A_4)+A_3A_4(A_1+A_2)$ $<=((A_1+A_2)/2)^2(A_3+A_4)+((A_3+A_4)/2)^2(A_1+A_2)$ $=1/4(A_1+A_2)(A_3+A_4)(A_1+A_2+A_3+A_4)$ $<=1/4((A_1+A_2+A_3+A_4)/2)^2(A_1+A_2+A_3+A_4)$ $=1/16$ 当$A_1=A_2=A_3=A_4=1/4$时等号成立，故$f(4)=1/16$ $n=5:$ 当$A_1=A_2=A_3=A_4=A_5=1/5$时取得$1/25$，若$A_i$中有某个数为0，不妨设$A_5=0$，则 $A_1A_2A_3+A_2A_3A_4+A_3A_4A_5+A_4A_5A_1+A_5A_1A_2$ $=A_1A_2(A_3+A_4)$ $<=((A_1+A_2+A_3+A_4)/3)^3$ $=1/27$ $<1/25$ 若$A_i$全不为$0$，则$A_i\in (0,1)$，令$L=A_1A_2A_3+A_2A_3A_4+A_3A_4A_5+A_4A_5A_1+A_5A_1A_2-\lambda(A_1+A_2+A_3+A_4+A_5-1)$，则取极大值时，${\del L}/{\del A_i} = 0$，则由$\sum_{i=1}^5 A_i\cdot{\del L}/{\del A_i} = 0$和$\sum_{i=1}^5 {\del L}/{\del A_i} = 0$知 $A_1A_2A_3+A_2A_3A_4+A_3A_4A_5+A_4A_5A_1+A_5A_1A_2$ $<=\lambda/3$ $=1/150(20(A_1A_2+A_2A_3+A_3A_4+A_4A_5+A_5A_1)+10(A_1A_3+A_2A_4+A_3A_5+A_4A_1+A_5A_2))$ $=1/150(6(\sum_{i=1}^5 A_i)^2-\sum_{i=1}^5 (2A_{i+1}-A_i-A_{i+2})^2)$ $<=1/150\cdot 6$ $=1/25$ 故$f(5)=1/25$ $n=6:$ $A_1A_2A_3+A_2A_3A_4+A_3A_4A_5+A_4A_5A_6+A_5A_6A_1+A_6A_1A_2$ $<=A_1A_2A_3+A_2A_3A_4+A_3A_4A_5+A_4A_5A_6+A_5A_6A_1+A_6A_1A_2+A_1A_3A_5+A_2A_4A_6$ $=(A_1+A_4)(A_2+A_5)(A_3+A_6)$ $<=((A_1+A_4+A_2+A_5+A_3+A_6)/3)^3$ $=1/27$ 当$A_1=A_2=A_3=1/3,\quad A_4=A_5=A_6=0$时等号成立，故$f(6)=1/27$ $n>6:$ 不妨设$min{A_i}=A_n$，则 $\sum_{i=1}^n A_{i}A_{i+1}A_{i+2}$ $=A_{n-2}A_{n-1}A_{n}+A_{n-1}A_{n}A_1+(A_{n}A_1A_2+A_1A_2A_3)+A_2A_3A_4+A_3A_4A_5+\sum_{i=4}^{n-2} A_{i}A_{i+1}A_{i+2}$ $<=A_{n-2}A_{n-1}A_1+A_{n-1}A_{2}A_1+A_1A_2(A_n+A_3)+A_2(A_3+A_n)A_4+(A_3+A_n)A_4A_5+\sum_{i=4}^{n-2} A_{i}A_{i+1}A_{i+2}$ $=\sum_{i=1}^{n-1} B_{i}B_{i+1}B_{i+2}$ 其中$B_3=A_3+A_n,B_i=A_i,\quad i\ne 3$，且$sum_{i=1}^{n-1} B_{i}=1$ 故$f(n)<=f(n-1)$,故$f(n)<=f(6)=1/27$ 当$A_1=A_2=A_3=1/3,\quad A_i=0,\quad i>3$时等号成立 故$f(n)=1/27$