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

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

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$0=0,所以f'(X)严格增,由于$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$时,f(X)先减后增,而$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$n0$ $f'(S/n)=-((2*n-4)*S^3+(8*n^2-4*n^3)*S)/n^3={(2n-4)S(2n^2-S^2)}/{n^3}$ $f''(X)=12*(n^2-2*n+1)*X^2+6*(2-2*n)*S*X+2*(S^2-n^2+4*n-4)$ $f''(0)=2(S^2-(n-2)^2)$ $f''(S/n)=((2*n^2-12*n+12)*S^2-2*n^4+8*n^3-8*n^2)/{n^2}$ $f''(S/{2(n-1)})=-S^2-2(n-2)^2<0$ 所以我们知道当00,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$n-2<=S0,而且$f'(S/n)>0$,所以f'(X)>0,f单调增,同样f(S/n)<0,所以无解 所以$S0,f'(S/n)<0,所以f'(X)=0有唯一解 而当${n(n-2)}/{sqrt(n^2-6n+6)}0,f'(S/n)<0,同样f'(X)=0有唯一解. 也就是我们得出再$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

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