一道不等式的题目

mbfkk

设 \(x,y,z \in \RR^+\), 且 \(x+y+z=1\)，证明：\[\frac{xy}{\sqrt{xy+yz}}+\frac{yz}{\sqrt{yz+zx}}+\frac{zx}{\sqrt{zx+xy}}\leq \frac{\sqrt2}{2}\]
这个看似简单，想要缩放太难，用cauchy不等式没凑出来，求解答。

happysxyf

拉格朗日乘数法。
\[f(x,y,z)=\frac{xy}{\sqrt{xy+yz}}+\frac{yz}{\sqrt{yz+zx}}+\frac{zx}{\sqrt{zx+xy}}\]
\[g(x,y,z)=x+y+z-1\]
\[ \varphi(x,y,z, \lambda)=f(x,y,z)+\lambda g(x,y,z)\]    \[x,y,z \in \RR^+\]
令偏导为0，得4元方程组，由代数轮换性解得，可能的极值点为\[x=y=z=\frac{1}{3}\]，此时f(x,y,z)的极值为\[\frac{1}{\sqrt{2}}\]
与定义域及边界点的函数值验证比较，得出该极值点即为最大值点。

因此在题目给定的条件下，\[\frac{xy}{\sqrt{xy+yz}}+\frac{yz}{\sqrt{yz+zx}}+\frac{zx}{\sqrt{zx+xy}}\leq \frac{\sqrt2}{2} \]成立。

mathe

2#的方法什么有用的信息都没有提供。鉴于本题中计算的复杂性，我不觉得2楼方法实际可行

mathe

我们记\(f(t)=\sqrt{\frac{t}{1-t}}\),于是题目可以改写为\(xf(y)+yf(z)+zf(x)\le\frac{\sqrt{2}}{2}\)
分析可以得出对于\(0\le t\le\frac{2}{3}\)有\(f(t)\le\sqrt{2}\frac{1+3t}{5-3t}\),
利用此放缩可以计算出对于\(\max\{x,y,z\}\le \frac{2}{3}\)题目成立，余下就是有一个很大的情况了，应该好分析一些

happysxyf

mathe 发表于 2016-6-15 06:00
2#的方法什么有用的信息都没有提供。鉴于本题中计算的复杂性，我不觉得2楼方法实际可行

拉格朗日乘数法，就是用来求条件极值的，这道题最好用拉个朗日乘数法，求偏导解方程组得极值点，再判断极值点是否是最值点，最后可知x=y=z=1/3时恰是该条件极值的最大值点。我只是简要写了个大体的概述，省略了步骤。其实也可以用几何法去证明就是空间向量的三个分量而已，(cosA)^2+(cosB)^2+(cosC)^2=1，带进去，全部化简为三角函数。

kastin

根据完全平方公式可知，对于任何`x`, `y`, `z`都有 `x^2+y^2+z^2 \geqslant xy+yz+zx`，故可得$$xy+yz+zx \leqslant \frac{1}{3}(x+y+z)^2=\frac{1}{3}$$为方便起见，我们令令 `a=xy`, `b=yz`, `c=zx`，于是上式变成$$a+b+c\leqslant \frac{1}{3}\tag{1}$$原不等式左边变成$$\frac{a}{\sqrt{a+b}}+\frac{b}{\sqrt{b+c}}+\frac{c}{\sqrt{c+a}}$$根据均值不等式，`A_n\leqslant Q_n`(算术平均小于或等于于均方根)，因此有$$\frac{a}{\sqrt{a+b}}+\frac{b}{\sqrt{b+c}}+\frac{c}{\sqrt{c+a}}\leqslant 3\sqrt{\frac{1}{3}\left[\left(\frac{a}{\sqrt{a+b}}\right)^2+\left(\frac{b}{\sqrt{b+c}}\right)^2+\left(\frac{c}{\sqrt{c+a}}\right)^2\right]}=\sqrt{3\left(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\right)}\tag{2}$$由柯西不等式可知$$\left[(a+b)+(b+c)+(c+a)\right]\left(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\right)\leqslant (a+b+c)^2$$于是有$$\sqrt{3\left(\frac{a^2}{a+b}+\frac{b^2}{b+c}+\frac{c^2}{c+a}\right)}\leqslant \sqrt{\frac{3(a+b+c)}{2}}\tag{3}$$再利用 `(1)` 式，并连接起`(2),(3)`式，便得到$$\frac{a}{\sqrt{a+b}}+\frac{b}{\sqrt{b+c}}+\frac{c}{\sqrt{c+a}}\leqslant \sqrt{\frac{3\*\frac{1}{3}}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$$

happysxyf

kastin 发表于 2016-6-15 11:47
根据完全平方公式可知，对于任何`x`, `y`, `z`都有 `x^2+y^2+z^2 \geqslant xy+yz+zx`，故可得$$xy+yz+zx \ ...

“算术平均小于或等于于均方根”这个用的妙。

同时回复下你的“当今最大的问题不在于生产力跟不上民众的需求，反倒是供大于求，但穷人更穷（买不起），富人更富（不需要）.”

社会主义初级阶段，从1956年生产资料私有制的社会主义改造基本完成起，到社会主义现代化在我国基本实现为止，至少需要一百年的时间。这种长期性，是由历史前提、现实国情和世界经济发展趋势决定的。

现在我国还没达到发达国家水平，并非什么都供大于求，你说的只是房子，但房地产并不能代表中国的生产力水平。很多领域，我们的生产力都达不到人民的物质需求。民用CPU还是靠进口，很多大企业都在用IOE的产品，很多大学生都在国外接受教育，很多中国的大人物都在用进口轿车，iphone是中国组装的，但核心部件是美国设计或制造。所以我们的生产力并不高，也没供大于求。是房地产供大于求。

所谓的“穷人更穷（买不起），富人更富（不需要）”，是过去的政策失衡导致的。商人与政府贪官勾结均分利益，不断压榨底层劳动人民的结果。我们尊重通过合法手段来致富，但人性的缺点，很多人都经不起金钱的诱惑，谁管你公平。

还有就是中国人比较好走极端，搞起经济来比资本主义国家剥削的还厉害。以前的文化大革命，搞起批斗来，说错一句话都要被收拾。

穷人更穷（买不起也得买），富人更富（不需要还是贪了）

kastin

上面还遗漏关键一步，等号是否能取到（否则只能是小于号）。
等号成立的条件是 `(1)`, `(2)`, `(3)` 中等号同时成立。显然 `(1)` 中等号成立条件是 `x=y=z`，此时自动满足 `(2)` 中等号成立条件 `a=b=c`.
柯西不等式那一步，等号取得条件是对应项成比例（记忆方法：向量平行则内积为模长平方）：$$\frac{a^2}{(a+b)^2}=\frac{b^2}{(b+c)^2}=\frac{c^2}{(c+a)^2}$$同时开方，并利用等比性质可得$$\frac{a}{b}=\frac{b}{c}=\frac{c}{a}$$上式等价于`a=b=c`.
可见等号是能取到的。

如果在 `(1)` 中不利用 `x+y+z=1`的条件，我们可以得到更加一般的结论：
对于任意`x,y,z>0` 有$$\frac{xy}{\sqrt{xy+yz}}+\frac{yz}{\sqrt{yz+zx}}+\frac{zx}{\sqrt{zx+xy}}\leqslant \frac{\sqrt2}{2}(x+y+z)$$等号在 `x=y=z` 时取得。

mathe

记\(f(x)=\sqrt{\frac{x}{1-x}}\)
题目求证对于\(x+y+z=1, xf(y)+yf(z)+zf(x)\le\frac{\sqrt{2}}{2}\)
记\(h(x)=\frac{3x+1}{5-3x}\)
于是\(f(x)^2-2h(x)^2=\frac{(3x-2)(3x-1)^2}{(1-x)(3x-5)^2}\)
所以对于\(0<=x<=2/3\),必然恒有\(f(x)\le \sqrt{2}h(x)\),于是当\(max\{x,y,y\}\le\frac{2}{3}\)时，必然有
\(xf(y)+yf(z)+zf(x)\le \sqrt{2}(xh(y)+yh(z)+zh(x))\),
记\(u(x,y,z)=xh(y)+yh(z)+zh(x)-\frac{1}{2}\)
将\(z=1-x-y\)代入并且分别对x,y求偏导得到极值条件
\(-81/2*x^2 + (243*y - 90)*x + (162*y^2 - 261*y + 153/2)=0, -162*x^2 + (-81*y + 63)*x + (243/2*y^2 - 90*y + 45/2)=0\)
于是y满足方程\(3326427*y^4 - 4435236*y^3 + 1611090*y^2 - 60804*y - 35541=0\)
并且\(x=-(1053*y^2 - 1908*y + 567)/(2106*y - 846)\),数值计算知道唯一满足\(0\le x\le\frac{2}{3},0\le y\le\frac{2}{3}\)的解为\(x=y=\frac{1}{3}\)
另外三组数值解为
\(x=0.73540841256965932607574340025179851666,y=-0.11486388205943689111410503380789363135,z=0.37945546948977756503836163355609511468\)
\(x=-0.11486388205943689111410503380789363134,y=0.37945546948977756503836163355609511468,z=0.73540841256965932607574340025179851666\)
\(x=0.37945546948977756503836163355609511468,y=0.73540841256965932607574340025179851666,z=-0.11486388205943689111410503380789363134\)
都不满足条件
由此我们知道\(xh(y)+yh(z)+zh(x)-\frac{1}{2}\)在区域\(0\le x,y,z\le \frac{2}{3}\)内部只有唯一极值点\x=y=z=\frac{1}{3}\)取到极值0
而在边界上，我们分别需要分析\(x=0\)和\(x=\frac{2}{3}\)两种情况
其中第一种\(u(0,y,1-y)=yh(1-y)+\frac{1-y}{5}-frac{1}{2}=(-36*y^2 + 27*y - 6)/(30*y + 20)\)分子在\(y=\frac{3}{8}\)时取到最大值\(-frac{3}{100}\),分母恒正
所以第一种边界条件恒小于0，
而\(u(\frac{2}{3},y,1/3-y)=\frac{2}{3}h(y)+yh(\frac{1}{3}-y)+(\frac{1}{3}-y)h(\frac{2}{3})-\frac{1}{2}=\frac{108y^3 - 99y^2 - 3y - 4}{-54*y^2 + 18*y + 120}\)
显然分母在\(0\le y\le\frac{1}{3}\)时大于0，而分子中由于在此区间\(108y^3\le 36y^2\le99y^2\)必然小于0，得出第二种边界条件也小于0，所以必然恒有\(u(x,y,z)\le 0\)


余下我们需要分析至少有一个数大于\(\frac{2}{3}\)的情况，不妨设\(x\gt\frac{2}{3},y+z=1-x\lt\frac{1}{3}\)
于是于是\(xf(y)+yf(z)+zf(x)=xf(y)-y(f(x)-f(z))+(1-x)f(x)\le xf(y)-y(f(2/3)-f(1/3))+\sqrt{(1-x)x}=xf(y)-\frac{\sqrt{2}}{2}y+\sqrt{(1-x)x}\)
然后看出在\(x>=\frac{2}{3}\)时，\(xf(y)\)关于y的导数永远大于\(\frac{\sqrt{2}}{2}\),所以上面函数关于y单调增
于是\(xf(y)+yf(z)+zf(x)\le xf(y)-\frac{\sqrt{2}}{2}y+\frac{(1-x)x}\le xf(1-x)-\frac{\sqrt{2}}{2}(1-x)+\frac{(1-x)x}=2\frac{(1-x)x}-\frac{\sqrt{2}}{2}(1-x)\)
计算容易得知右边函数单调减，在\(x=\frac{2}{3}\)时可以取到最大值\(\frac{\sqrt{2}}{2}\)

mathe

只是第一部分证明求偏导过程很不好看，现在我们看看能否改善一下，
题目要求在\(0\le x,y,z\le\frac{2}{3},x+y+z=1\)时证明
\(\frac{x(3y+1)}{5-3y}+\frac{y(3z+1)}{5-3z}+\frac{z(3x+1)}{5-3x}\le\frac{1}{2}\)
齐次化得
\(11(zx^3+xy^3+yz^3)+18xyz(x+y+z)+6(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)<=10(x^4+y^4+z^4)+25(x^3y+y^3z+z^3x)\)
也就是证明此问题也可证明第一部分