一道不等式

hujunhua

@wayne, 你在点评说的一般情况，狭义的理解，是相加项数大于3的情况么？
好像这个方法有困难。对于4项都有困难.

已知：`abcd=1`, 记`\D f(x)=(1+x)^{-2}`，求证：`f(a)+f(b)+f(c)+f(d)\ge1`
综合应用6#和9#的方法，证明了上述4项的问题，但是过程比较难看。

mathe在前面已经指出过，项数 `n\ge5` 时，最小值并不是 `n/4`, 而是不超过1，所以驻点也不是各变量均相等的点。

wayne

设` f(x)=\D\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{2s}{(1+s)^3}\ln x`，对于给定的$s>0,f'(x) = 0$有两个正根，$x_1=s,x_2 = \frac{-s^2-3 s+(s+1) \sqrt{s^2+4s}}{2 s}$,
现在我们求$s>0,x>=1/\sqrt{n b}-1,f(x)$的最小值$b$，在最小值处，各个分式的等号成立，$f(x_-) = b$,此处的$x_-$必是源自于集合$ {x_1,x_2}$, 即，我们需要找到合理的s，使得
$x_1^kx_2^{n-k} = 1$

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不对，f(x)有且仅有一个极小值点，此方法行不通。。。。

hujunhua

@kastin
设`yz=t^2`, 当 `\D t\ge\frac12`时，确实成立
\[\frac1{(1+y)^2}+\frac1{(1+z)^2}\ge\frac2{(1+t)^2}\]
当`y=z=t`时取等号。
这是@mathe 在5#的问题在2项时的答案。
一元有理函数，用分析法不难证明。这里直接给出用软件解决的截图：


所以7楼所探谷底线是正确的。但是你的证明过程不正确，中间放缩过度了。

hujunhua

@mathe 在5#的问题, 对于项数`n\ge3`时，答案是`(\sqrt n-1)^n`，即

\(\D x_1x_2\cdots x_n=t^n, \sum\frac1{(1+x_k)^2}\ge\frac n{(1+t)^2}\)，当\(x_1=x_2=\cdots=x_n=t\)时取等号（最小值），那么 `t\ge\sqrt n-1`.

kastin

近几天一直在思考相关的问题，终于有所得：
1. `x>0,\,y>0` 且 `\D xy\geqslant\frac14`，则 `\D\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}\geqslant \frac{2}{(1+\sqrt{xy})^2}`
只能用作差法比较了，因为是条件约束不等式，而非恒成立。\[\color{black}{左端-右端}=\frac{\left(\sqrt x-\sqrt y\right)^2}{\left(x+1\right)^2 \left(y+1\right)^2 (\sqrt{x y}+1)^2}\cdot\left(\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2\left(\sqrt{xy}-1\right) ^2+4 \left(\sqrt{x y}-1/2\right)\left(x+y+1\right)\right)\] 可见当 `\sqrt{xy}-1/2>0`时，上式“半正定”（在 `x=y` 时取零）。


2. hujunhua在9#用到的不等式\[\frac1{(1+y)^2}+\frac1{(1+z)^2}\ge\frac2{(1+y)(1+z)}\ge\frac1{(1+yz)}，\color{black}{\left(y-1与z-1同号\right)}\]
把中间过渡式去掉后，可以去掉后面括号中的条件，只需要 `x,y` 非负即可。对于新的更强条件来说，过渡式缩放过度了。

即 `x,\,y\geqslant 0` 则 \(\D\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}\geqslant \frac{1}{1+xy}\)

还是用作差法，$$\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}- \frac{1}{1+xy}=\frac{xy(x-y)^2+(xy-1)^2}{(1+x)^2(1+y)^2(1+xy)}\geqslant 0$$或者用柯西不等式$$(y+x)(1+xy)\geqslant (\sqrt{y}+\sqrt{x\*xy})^2=y(1+x)^2\\(x+y)(1+xy)\geqslant (\sqrt{x}+\sqrt{xy\*y})^2=x(1+y)^2$$于是$$\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}\geqslant \frac{y}{(y+x)(1+xy)}+\frac{x}{(x+y)(1+xy)}=\frac{1}{1+xy}$$等号在 `x=y=1` 时取得。

@hujunhua在11#说对于4项做起来很难看，那是因为他不能说“4个变量必两两分布于1的两侧”，因还有1-3和3-1分布。但是有上述强化条件后，4项可以轻松解决：

证：`\D f(a)+f(b)\ge\frac1{1+ab}, f(c)+f(d)\ge\frac1{1+cd}`，所以\(\D f(a)+f(b)+f(c)+f(d)\ge\frac1{1+ab}+\frac1{1+cd}=1\)

由于 `st=1`时有一个等式关系： `\D\frac{1}{1+s}+\frac{1}{1+t}=1`，四项比三项反而更简单，直接得到结果了。

wayne

我来用mathe的方法证明一下
\[\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}- \frac{1}{1+xy} >=0\]
设$x,y$是 $ f(s) =s^2-\alpha s+\beta=0 $的两个正根，那么由于存在两个正根，得知$\alpha>0,\beta>0,  \alpha^2-4\beta>=0 $,，所以有，
\[\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}- \frac{1}{1+xy} = \frac{\alpha  (\alpha +2)-2 \beta +2}{(\alpha +\beta +1)^2}-\frac{1}{\beta +1} = \frac{\beta  \left(\alpha ^2-4 \beta\right)+\left(\beta-1\right)^2}{(\beta +1) (\alpha +\beta +1)^2}>=0 \]
然后再处理一下等式成立的条件，得证。

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附注Mathematica计算根的循环和的代码（手工计算也忒麻烦了，偷懒先）：

RootSum[#^2-\[Alpha] #+\[Beta]&,1/(1+#)^2&]//FullSimplify

wayne

关于前面kastin提及的 $x>0,y>0$,不等式$\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}>=\frac{2}{(1+\sqrt{x y})^2}$成立的充要条件。还是运用楼上的方法。
设x,y是 $f(s) = s^2 -as+b^2=0$的两个正根，那么，$a>=2b$,其中$a>0,b>0$
于是表达式$\frac{1}{(1+x)^2}+\frac{1}{(1+y)^2}- \frac{2}{(1+\sqrt{x y})^2} = \frac{(a-2 b) (a b^2+2 a b-a+2 b^3+2 b^2+2 b-2)}{(b+1)^2 (a+b^2+1)^2}$

即 $a b^2+2 a b-a+2 b^3+2 b^2+2 b-2>=0$ ，该表达式不可约，不可继续优化，所以不是很优美了，好奇心全无...

@kastin, 转化成 x,y的表达，画个图，对比一下 $x*y>=1$的图像，还是蛮有意思的：

wayne

哈哈，更新了一下图片， 画出了 $xy>1$的图像，果然是其子集。有趣，莫非这是异次元的双曲线么：
$-2 - x - y + 2 x y + 2 x^2 y + 2 x y^2 + 2 x^2 y^2 + x^3 y^2 +   x^2 y^3 + 2 x^3 y^3 >= 0$

hujunhua

kastin 发表于 2016-7-2 22:32
近几天一直在思考相关的问题，终于有所得：
1. `x>0,\,y>0` 且 `\D xy\geqslant\frac14`，则 `\D\frac{1}{ ...

在David. Hilbert世纪演讲的23个问题中，其中第17个问题是“半正定形式的平方和表示”问题：

一个实系数n元多项式对一切数组(x1,x2,...,xn) 都恒大于或等于0，是否都能写成平方和的形式？

1927年阿廷证明这是对的。

不知道阿廷给出算法没有，反正M10中似乎没有这种配平方函数。kastin对此很熟练啊