陈计的一道代数不等式

mathe

上面证明从n=2到n=3过程的推理不行,但是对于$k>=4$时的推理都可以,所以我们需要补充证明对于k=3的情况
我们需要排除$x_1<x_2=x_3$的取最小值情况.
假设如果存在这样的取最小值情况,我们知道
$(x_1,x_2)$是两个数之和为$T-x_3$时候的取最小值条件
$(x_2,x_2)$是两个数之和为$T-x_1$时候取最小值的条件
而$T-x_3<T-x_1$,也就是n=2的时候,在和为$T-x_3$的时候可以在两个数字不想等的时候取到最小值,但是在和为更大的数$T-x_1$时可以在两个数字相等的时候取到最小值,这个同我们前面已经得出的n=2时候的结论不符合(在和小于$2sqrt(2+sqrt(5))$时候必须两者相等才取到最小值,大于$2sqrt(2+sqrt(5))$时候两者不同取到最小值).
由此得出n=3的时候也成立

mathabc

向大家学习了，好精湛的功底！

wayne

解方程$\frac{x^3+x}{x^2-1}==\frac{r^3+r}{r^2-1}$得三个根：${r,\frac{r-\sqrt{-1+r^2+r^4}}{-1+r^2},\frac{r+\sqrt{-1+r^2+r^4}}{-1+r^2}}$，其中，第二个根为负值，舍去。

     当 $1<r<\sqrt{2+\sqrt{5}},\frac{r+\sqrt{-1+r^2+r^4}}{-1+r^2}>r$；
     当$r>\sqrt{2+\sqrt{5}},\frac{r+\sqrt{-1+r^2+r^4}}{-1+r^2}<r $

wayne

一般性的结论我早就猜到了，可总感觉那个槛就是跨不过来

mathe

原帖由 wayne 于 2009-3-24 13:56 发表
刚才看了一下mathe一年前写的文档，很有收获。可以说，n=3的情况得到了解决

当 $T>=3\sqrt{2+\sqrt{5}}$,式子取最小值，则一个为
$\frac{r+\sqrt{-1+r^2+r^4}}{-1+r^2}$，其它2个数均为r，r为方程$2 r + \frac{ ...

即使n=3时的边界条件还是没有得到确认.
现在还有余下几个问题:
i)证明对于每个n只有一个边界条件T(n),和小于T(n)必然所有数相等,和大于T(n)必然要求最小的n-1个数相等,而最后一个数不同
ii)如何计算T(n).当然假设i)成立时我们可以非常容易得出$T(n)<=n/{n-1}T(n-1)$

mathe

我们知道对于这个问题,现在转化为求
$x_1^2x_n^2=(x_1+x_n)^2-1,(n-1)x_1+x_n=S$在$0<x_1<S/n$时候的解,
然后对于得到的解,还需要比较这个解同所有数都是$S/n$时对应的解那个能够取到更小的值.
而上面方程中我们可以消去变量$x_n$,得到$x_1$满足方程:
$f(X)=X^4-2*S*X^3+(S^2-n^2+4*n-4)*X^2+(4-2*n)*S*X-S^2-n^2+2*n-1$
而其中
$f(0)=-S^2-(n-1)^2<0$
$f(S/n)/(n-1)^2=(S/n)^4-4(S/n)^2-1$
$f'(X)=4*X^3-6*S*X^2+2*(S^2-n^2+4*n-4)*X+(4-2*n)*S$
$f'(0)=(4-2*n)*S<0$
$f'(S/n){n^3}/{(n-1)(n-2)}=2S^3-4n^2S=2S(S^2-2n^2)$
$f''(X)=12*X^2-12*S*X+2*S^2-2*n^2+8*n-8$
$f''(0)=2(S^2-(n-2)^2)$
$f''(S/n)=((2*n^2-12*n+12)*S^2-2*n^4+8*n^3-8*n^2)/{n^2}$
而其中f''(X)在区间$(0,S/2)$上单调减,
所以我们知道当0<S<n-2时,总是有f''(X)<0,f'(X)单调减,而f'(0)<0,所以f'(X)<0,所以f(X)单调减,而f(0)<0,所以f(X)在区间$(0,S/n)$无解
而当$n-2<=S<{n(n-2)}/{sqrt(n^2-6n+6)}<sqrt(2)n$时,f''(X)=0有唯一解,所以f'(X)先增后减,而这时f'(0)<0,而且$f'(S/n)<0$,
  利用计算机算出f''(X)的解为$(sqrt(3)*sqrt(S^2+2*n^2-8*n+8)+3*S)/6$,而在这个极值处,f'(X)的取值总为
    $-(sqrt(S^2+2*n^2-8*n+8)*(sqrt(3)*S^2+2*sqrt(3)*n^2-8*sqrt(3)*n+8*sqrt(3))+(9*n^2-18*n)*S)/9<0$
  所以f'(X)<0,也就是函数f(X)同样无解.
而当${n(n-2)}/{sqrt(n^2-6n+6)}<=S<sqrt(2)n$时,这是f''(X)>=0,所以f'(X)严格增,由于$f'(S/n)<0$,所以f'(X)<0,同样f(X)严格减,无解.
而在$S>=sqrt(2)n$的时候,我们知道f''(X)>=0,也就是f'(X)严格增,而$f'(0)<0,f'(S/n)>=0$,所以f'(X)=0有唯一解,而函数f(X)先减后增,
所以当$sqrt(2)n<=S<sqrt(2+sqrt(5))n$时,由于$f(0)<0,f(S/n)<0$,所以函数f也没有解.
也就是我们已经证明了在$S<sqrt(2+sqrt(5))n$时,函数f无解
而由于$S>=sqrt(2+sqrt(5))n$时,f(X)先减后增,而$f(0)<0,f(S/n)>=0$,所以函数f在这个区间有唯一解.

mathe

上面函数弄错了,所以分析的结果是错误的,改成如下结论,但是在$n<S<sqrt(2+sqrt(5))n$时比较难分析:

我们知道对于这个问题,现在转化为求
$x_1^2x_n^2=(x_1+x_n)^2+1,(n-1)x_1+x_n=S$在$0<x_1<S/n$时候的解,
然后对于得到的解,还需要比较这个解同所有数都是$S/n$时对应的解那个能够取到更小的值.
而上面方程中我们可以消去变量$x_n$,得到$x_1$满足方程:
$f(X)=(n^2-2*n+1)*X^4+(2-2*n)*S*X^3+(S^2-n^2+4*n-4)*X^2+(2*n-4)*S*X-S^2-1$
而其中
$f(0)=-S^2-1<0$
$f(S/n)=(S/n)^4-4(S/n)^2-1$
$f'(X)=4*(n^2-2*n+1)*X^3+3*(2-2*n)*S*X^2+2*(S^2-n^2+4*n-4)*X+(2*n-4)*S$
$f'(0)=(2*n-4)*S>0$
$f'(S/n)=-((2*n-4)*S^3+(8*n^2-4*n^3)*S)/n^3={(2n-4)S(2n^2-S^2)}/{n^3}$
$f''(X)=12*(n^2-2*n+1)*X^2+6*(2-2*n)*S*X+2*(S^2-n^2+4*n-4)$
$f''(0)=2(S^2-(n-2)^2)$
$f''(S/n)=((2*n^2-12*n+12)*S^2-2*n^4+8*n^3-8*n^2)/{n^2}$
$f''(S/{2(n-1)})=-S^2-2(n-2)^2<0$

所以我们知道当0<S<n-2<n时,总是有f''(X)<0,f'(X)单调减,而f'(S/n)>0,所以f'(X)>0,所以f(X)单调增,而f(S/n)<0,所以f(X)在区间$(0,S/n)$无解
而当$n-2<=S<n<{n(n-2)}/{sqrt(n^2-6n+6)}$时,f''(X)=0有唯一解,所以f'(X)先增后减,而这时f'(0)>0,而且$f'(S/n)>0$,所以f'(X)>0,f单调增,同样f(S/n)<0,所以无解
所以$S<n$时f(X)在区间(0,S/n)无解
而当$n<S<{n(n-2)}/{sqrt(n^2-6n+6)}$时,f''(X)=0有唯一解,所以f'(X)先增后减,而f'(0)>0,f'(S/n)<0,所以f'(X)=0有唯一解
而当${n(n-2)}/{sqrt(n^2-6n+6)}<S$时f''(X)=0有两个解,f'(X)先增后减再增,而f'(0)>0,f'(S/n)<0,同样f'(X)=0有唯一解.
也就是我们得出再$S>n$的时候,f'(X)=0在区间$(0,S/n)$有唯一解.而函数f先增后减.
而在$S>sqrt(2+sqrt(5))n$的时候,函数f(X)必然有唯一解,但是$n<S<sqrt(2+sqrt(5))n$时,没能够分析清楚,可能有两个解,也可能无解.

wayne

你得到的$f(X)=(n^2-2*n+1)*X^4+(2-2*n)*S*X^3+(S^2-n^2+4*n-4)*X^2+(2*n-4)*S*X-S^2-1$太有突破性了！

wayne

$f'(s/n)=(2 (-2 + n) S (2 n^2 - S^2))/n^3$

mathe

对的,我弄错了,所以我们可以得到$S<sqrt(2)n$时都无解,也就是必须所有的n个数都相等才取最小值.
而切换到n-1个数相同的情况的最小S应该在$sqrt(2)n$和$sqrt(2+sqrt(5))n$之间