陈计的一道代数不等式

mathematica

谁来整理一下????????

mathe

发现45#结论还没有证明：
也就是对于每个n有唯一的$T_n$,和小于$T_n$时必然所有数相等，大于$T_n$时n-1个数相等。
而发现我们竟然可以利用n=2的结论证明这个问题。
我们已经知道存在两个不同数时总有$x_1^2x_n^2=(x_1+x_n)^2+1$,而根据这个图像容易看出$\frac{dx_n}{dx_1}<-1$ (其中$x_1<x_n$)
而且我们知道对于n=2,上面方程有解的时候总是取$(x_1,x_n)$比$(T/2,T/2)$可以有比较好的结果。
我们现在在图像$f(x)=ln(x+1/x)$上连接$(x_1,f(x_1)),(x_n,f(x_n))$，由于f(x)先凸后凹，$x_1$在凸区间，$x_n$在凹区间，无论用几何意义还是导数证明容易得出，这条线段必然还同图像交于唯一一点$x*$.根据n=2时的结论，我们有$f(x_1)+f(x_n)<2f({x_1+x_n}/2)$,所以根据图像得出${x_1+x_n}/2>x*$
现在我们把$x*$看成$x_1$的隐函数，看两者的关系,设$x* =(1-\lambda)x_1+\lambda*x_n$,我们看看能否计算$\lambda$关于$x_1$是如何变化的，而上面n=2的结论给出总有$\lambda<1/2$
于是$f((1-\lambda)x_1+\lambda*x_n)=(1-\lambda)f(x_1)+\lambda f(x_n)$
两边同时对$x_1$求导得出
$f'(x*)((x_n-x_1)\frac{d\lambda}{dx_1}+1-\lambda+\lambda\frac{dx_n}{dx_1})=(f(x_n)-f(x_1))\frac{d\lambda}{dx_1}+(1-\lambda)f'(x_1)+\lambda f'(x_n)\frac{dx_n}{dx_1}$
注意到$f'(x_1)=f'(x_n)$
我们得出
$\frac{d\lambda}{dx_1}=\frac{(1-\lambda+\lambda\frac{dx_n}{dx_1})(f'(x*)-f'(x_1))}{f(x_n)-f(x_1)-f'(x*)(x_n-x_1)}$
根据几何意义，其中分母显然小于0.而$f'(x*)-f'(x_1)$显然根据图像大于0，所以$\frac{d\lambda}{dx_1}$的符号取决于$(1-\lambda+\lambda\frac{dx_n}{dx_1})$的符号，
不过还是不能判断出来。如果能够得出$\frac{d\lambda}{dx_1}<0$,那么45#结论就可以轻松得出

mathe

添加$\lambda$关于$x_1$的图片
以及$(1-\lambda+\lambda\frac{dx_n}{dx_1})$的图片

mathe

而分析$\lambda$的原因在于$\lambda=1/n$正好对应变化的条件

mathe

对于n个数，我们已经知道取最小值必然两种情况之一:
i) n-1个数取$x_1$,1个数取$x_n$而且$(x_1x_n)^2=(x_1+x_n)^2+1$
ii)n个数相等
我们需要比较两种情况最值哪个更小就取哪种情况。
记$r=1/n$,于是第一种情况取值为$(n-1)f(x_1)+f(x_n)=n((1-r)f(x_1)+rf(x_n)$,第二种取值为$nf((1-r)x_1+rx_n)$
于是两者之差为$n((1-r)f(x_1)+rf(x_n)-f((1-r)x_1+rx_n))$
对$x_1$求导得到$n((1-r)f'(x_1)+rf'(x_n){dx_n}/{dx_1}-f'((1-r)x_1+rx_n)((1-r)+r{dx_n}/{dx_1}))=n(1-r+r{dx_n}/{dx_1})(f'(x_1)-f'((1-r)x_1+rx_n))$

mathe

楼上导函数和$1-r+r{dx_n}/{dx_1}$异号。而容易分析出${dx_n}/{dx_1}$单调增，在$x_1$最小时取负无穷，而最大时(这时等于$x_n$)取-1。所以我们得出导函数先正后负。
所以楼上函数先增后减，而其中在左端点$x_1=1$时函数取值负无穷，在右端点$x_1=x_n$时取值为0。所以区间内部正好有唯一一个$x_1$使函数取值为0,正好对应本题中唯一分界点。也就是45#第一问成立。而在此结论下，第二问是显然的。
而如果要计算此时$x_1$或$T_n$满足的方程，对于一般n将是一个次数很高的方程

mathe

补上部分内容
记函数\(f(x)=\ln(x+\frac{1}{x})\),题目相当于已知正数\(x_1,x_2,\dots,x_n\)满足\(x_1+x_2+\dots+x_n=S\),求\(T=f(x_1)+f(x_2)+\dots+f(x_n)\)的最小值。
首先我们有\(f'(x)=\frac{x^2-1}{x(1+x^2)}\),\(f''(x)=\frac{1+4x^2-x^4}{x^2(1+x^2)^2}\)
很显然在\(x\gt 0\)时，\(f''(x)=0\)有唯一解\(x=x_0=\sqrt{2+\sqrt{5}}=2.058\dots\)
于是在\(x\le x_0\)时，\(f'(x)\)单调增,\(f(x)\)是凸函数；在\(x\ge x_0\)时,\(f'(x)\)单调减,\(f(x)\)是凹函数.
\(f'(x)\)的图片


首先显然，边界条件对应某个\(x_i\to 0\)，而这时目标函数T趋向正无穷，不可能取到最小值，所以最小值只能在内部极值点取到。
使用拉格朗日乘数法，可以得到极值对应条件为
\(f'(x_1)=f'(x_2)=\dots=f'(x_n)\)
由于\(f'(x)\)先增后减，于是\(x_1,x_2,\dots,x_n\)中最多有两个不同的取值
不妨设\(x_1\ne x_n\),于是\(f'(x_1)=f'(x_n)\),得到\(x_1^2x_n^2=(x_1+x_n)^2+1\),其中\(1<x_1\lt x_0\lt x_n\)，而由于$x_n$处f(x)凹，如果$x_n$使用两次以上，必然不是T取最小值情况(对于充分小的t,用$x_n-t,x_n+t$替换两个$x_n$可以让T得到更小的值)。所以这种情况只能n-1个$x_1$,一个$x_n$
\(x_n\)的表达式也可以另外写成\(x_n=\frac{x_1+\sqrt{x_1^4+x_1^2-1}}{x_1^2-1}\)
\(x_n\)关于\(x_1\)的图片

另外我们需要将这种极值情况同n个数全部相等的极值情况向比较，如105#，可以得出两个极值的差值为
\(\Delta_n(x_1)=n((1-r)f(x_1)+rf(x_n)-f((1-r)x_1+rx_n))\),其中\(r=\frac{1}{n}\)
其关于\(x_1\)的导数为
$\Delta'_n(x_1) = n((1-r)f'(x_1)+rf'(x_n){dx_n}/{dx_1}-f'((1-r)x_1+rx_n)((1-r)+r{dx_n}/{dx_1}))=n(1-r+r{dx_n}/{dx_1})(f'(x_1)-f'((1-r)x_1+rx_n))$
其中我们需要注意的是根据$f'(x)$的图像容易看出\(f'((1-r)x_1+rx_n)>f'(x_1)=f'(x_n)\)
另外由于\(\frac{dx_n}{dx_1}=-\frac{x_1x_n^2-x_1-x_n}{x_1^2x_n-x_1-x_n}=-\frac{x_n}{x_1}\frac{x_1^2x_n^2-x_1^2-x_1x_n}{x_1^2x_n^2-x_1x_n-x_n^2}=-\frac{x_n}{x_1}\frac{x_n^2+x_1x_n+1}{x_1^2+x_1x_n+1}\)
所以容易看出\(\frac{dx_n}{dx_1}<0\),\(x_n\)关于\(x_1\)单调减，又因为\(x_n\ge x_1\)，得出\(\frac{dx_n}{dx_1}\)也关于\(x_1\)单调增（绝对值减少）
\(\frac{dx_n}{dx_1}\)关于\(x_1\)的图片

而且显然在\(x_1\to 1\)时\(\frac{dx_n}{dx_1}\to -\infty\),而\(x_1\to x_0\)时\(\frac{dx_n}{dx_1}\to -1\)
于是存在唯一$r_n$使得$x_1=r_n$时${dx_n}/{dx_1}=-(n-1)$($n>=3$)时
\(\Delta_4(x)\)的图

而\(\Delta_n(x_1)\)在$x_1<r_n$时单调增，在$r_n<x_1<=x_0$时减,而且\(\Delta_n(x_0)=0,\Delta_n(1)=-\infty\),所以有唯一$s_n$，其中$1<s_n<r_n$使得\(\Delta_n(s_n)=0\)
而在$x_1<s_n$时，$\Delta_n(x_1)<0$；$x_1>s_n$时，$\Delta_n(x_n)>0$
而对于每个给定$x_1$有对应$S=(n-1)x_1+x_n$,其对于$x_1$的导数为${dS}/{dx_1}=(n-1)+{dx_n}/{dx_1}$,所以在$x_1<s_n<r_n$时，${dS}/{dx_1}<0$
在n=4时S关于\(x_1\)的图

也就是如果$x_1=s_n$对应的$S=S_n$,那么$x_1<s_n$对应于$S>S_n$。也即是和S大于一个常数$S_n$时需要两个不同取值的$x_i$时T取到最小值;而在$S<=S_n$时,所有变量取值相等T才取到最小值.
另外，我们可以看出，对于部分S,可以有两个$x_1$相对应，其中一个小于$r_n$，一个大于$r_n$,而只有小于$s_n$的$x_1$才能对应T取最小值情况（而如果两个都大于$s_n$那么只有全部相等情况才行）。
数值计算结果
$r_3=1.740411449278029845734308926,s_3=1.657192792516150065878529915,S_3=6.008602224190500538235955480$
$r_4=1.600485180440240838317819642,s_4=1.497336479006372785981767326,S_4=7.713435665899921713440339745$
$r_5=1.517582550159295840149998641,s_5=1.408470004464252711744740637,S_5=9.320038250002624253886775023$
$r_6=1.461303403894868433140713446,s_6=1.350919585834549644761334220,S_6=10.86308628736897900157668245$
$r_100=1.100918455622057296344282356,s_100=1.051229206129076187764123092,S_100=125.0349255508031551479807498$
容易估算$r_n ~= 1+1/{\sqrt(n-1)}$, 而$s_n<r_n$得出$S_n$基本大于$n-1+2*sqrt(n-1)$

dianyancao

我也用mathematica计算了下，得到如下结果
在$n \geq 6$时，目标函数最小值不再具有原题的形式
如下是证明：

陈计不等式

附mathematica代码：
陈计不等式.rar (6.73 KB, 下载次数: 13)

2015-9-19 06:31 上传

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