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[讨论] 特殊分式不等式

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发表于 2016-7-1 15:49:43 | 显示全部楼层 |阅读模式

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`a,b,c>0`,且 `a+b+c=3`,求证 `\D\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geqslant a^2+b^2+c^2`
求最简单的方法。
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 楼主| 发表于 2016-7-3 15:10:59 | 显示全部楼层
这道问题因为结构形式太特殊,基本上不太容易用基本不等式证明。在好几本书上搜寻过这道问题的答案,证明方法挺多的,只是都比较复杂,没有一个令人满意的简单方法。限于篇幅,这里简单介绍一下思路。

证法1:万能的差分配方法(SOS,Sum of Squares)
左右相减,找到分子形如 `S_a(b-c)^2+S_b(c-a)^2+S_c(a-b)^2`的表达形式,其中 `S_a,S_b,S_c` 为 `a,b,c` 的多项式,尽量是正号为好(有负号也不怕),然后分析得到大于等于零的结论。

证法2:分离变量利用函数(还是这种简单一些)
考虑 `\D f(x)=\frac{1}{x^2}-x^2+4x-4 \quad (0 < x < 3)`,注意到$$f(x)=\frac{(x-1)^2(1+\sqrt{2}-x)(x-1+\sqrt{2})}{x^2}$$因此 `x\in(0,1+\sqrt{2}]` 时,`f(x)\geqslant 0`. 显然若 `0< a,b,c,d\leqslant 1+\sqrt{2}(\approx 2.4)`时,原不等式成立。否则,`a,b,c` 中只能有一个超出该区间,不妨设是 `a` 大于2.4.
当 `1+\sqrt{2} < a < 3` 时,有 `b+c=3-a < 2-\sqrt{2}`,于是根据赫德尔不等式有$$\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geqslant \frac{(1+1)^3}{(b+c)^2} > 23$$然而$$a^2+b^2+c^2 < a^2+(3-a)^2 = 2a(a-3)+9<9$$故显然原不等式成立。

证法3:递推法
先证明2元情况,然后通过换元`\D x=\frac{2a}{3-c},y=\frac{2b}{3-c}` 于是 `x+y=2`,降低3元为2元情形。然后对 `c` 的范围进行分类讨论就能得到。这种方法能递推证明 `n` 个变量情形。目前只知道 `2\leq n \leq 9\;(n\in \NN^+,a_i > 0)`,`\D\sum_{i=1}^{n}a_i=n` 时,有 $$\D\frac{1}{a_1^2}+\frac{1}{a_2^2}+\frac{1}{a_3^2}+\cdots+\frac{1}{a_n^2}\geq a_1^2+a_2^2+a_3^2+\cdots+a_n^2$$

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就是函数图像是一段下凸和一段上凸情况,那么根据琴生不等式,取最小值时,所有下凸区间的点重叠,而上凸区间,除去边界外,上凸区间最多一个点。/thread-164-1-1.html 中应该使用过  发表于 2016-7-4 13:47
@mathe,总感觉这种类型的问题应该有一种统一的简便证法,就如你提到的极值一部分相等的情况,已经出现过好多次了,是否可以提炼成一种一般性的结论?  发表于 2016-7-4 12:31
而$n=10$时有解,但是对应极值点处不等式还是满足。但是$n>=11$时就不行了  发表于 2016-7-4 06:58
利用函数的凹凸性,可以得出取极值时n-1个数相同,而且另外一个数处导数和这个也相同,得出两个数满足$a^3b^3=a^2+ab+b^2$,然后用约束$(n-1)a+b=n$得出在$2<=n<=9$时无解,所以最值只能n个数相等时取到。  发表于 2016-7-4 06:58
n=10也成立,但是n>=11就不成立了  发表于 2016-7-4 06:30
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发表于 2018-8-12 18:33:58 | 显示全部楼层
本帖最后由 TSC999 于 2018-8-12 18:52 编辑

原题:\(a,b,c>0\) 且 \(a+b+c=3\),证明不等式 \( \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}≥a^2+b^2+c^2 \)。

下面这个证法虽然不是最简,但是最初等,中学生也能看懂。这个证法是悠闲数学娱乐论坛(第2版)的版主 kuing 给出的。

为证原不等式,只须证明不等式链: \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}≥\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=\frac{3}{abc}≥\frac{27}{(ab+bc+ca)^2}≥a^2+b^2+c^2\)。

   证明分四步进行。
【1】 先证最左边。因为  \( \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}≥2\frac{1}{ab},\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}≥2\frac{1}{bc},\frac{1}{c^2}+\frac{1}{a^2}≥2\frac{1}{ca}\),
三式相加即得 \( \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}≥\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\)。

【2】证明 \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=\frac{3}{abc}\),将左边通分得: \(左边=\frac{a+b+c}{abc}=\frac{3}{abc} \)。

【3】证明 \(\frac{3}{abc}≥\frac{27}{(ab+bc+ca)^2}\)。
         先证明 \(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}≥a+b+c\)。
   由于 \(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}≥2b, \frac{ab}{c}+\frac{ca}{b}≥2a, \frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}≥2c \),
        三式相加得 \(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}≥a+b+c\)。
上式两边同乘以 \(abc\) 得:\(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2≥abc(a+b+c)\),
两边再加上 \(2a^2bc+2b^2ca+2c^2ab\)  得
\(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2a^2bc+2b^2ca+2c^2ab≥abc(a+b+c)+2a^2bc+2b^2ca+2c^2ab\),
即 \((ab+bc+ca)^2≥abc(a+b+c)+2abc(a+b+c)=3abc(a+b+c)\),
将 \(a+b+c=3\) 代入上式得  \((ab+bc+ca)^2≥9abc\),于是 \(\frac{1}{abc}≥\frac{9}{(ab+bc+ca)^2}\),也就是
\(\frac{3}{abc}≥\frac{27}{(ab+bc+ca)^2}\)。

【4】 最后证原不等式的最右边。
由于 \(\frac{(ab+bc+ca)+(ab+bc+ca)+(a^2+b^2+c^2)}{3}≥\sqrt[3]{(ab+bc+ca)^2(a^2+b^2+c^2)}\),
即 \(\frac{(a+b+c)^2}{3}≥\sqrt[3]{(ab+bc+ca)^2(a^2+b^2+c^2)}\),  两边立方:
\( \frac{(a+b+c)^6}{27}≥(ab+bc+ca)^2(a^2+b^2+c^2)\),
由于 \(a+b+c=3\),  故 \( \frac{(a+b+c)^6}{27}=\frac{3^6}{27}=27\),即
\( 27≥(ab+bc+ca)^2(a^2+b^2+c^2)\),
所以 \(\frac{27}{(ab+bc+ca)^2}≥a^2+b^2+c^2\)。
至此就证明了原不等式成立。
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发表于 2016-7-1 22:10:58 | 显示全部楼层
就用你之前几个帖子经常提及的Jensen's inequality.  ^_^
$f(x) = 1/x^2-x^2$,  f(x) 是凹函数。那么 $ f(a)+f(b)+f(c) >= 3f(\frac{a+b+c}{3}) =3 f(1)  = 0$

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晕死。我需要反思自己了。最近几个帖子老是犯错误...  发表于 2016-7-2 10:06
有拐点在`x=\sqrt[4]{3}`处。  发表于 2016-7-1 23:59
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发表于 2016-7-2 10:10:04 | 显示全部楼层
初等解法技巧性太强。高等解法我也不好意思贴出来,

我好奇的是条件式子里给的数值$3$,往前一点点,目测 目标不等式仅仅在  $0< a+b+c <= 1/(3/(214+(9228493-16692 \sqrt{78})^(1/3)+(9228493+16692 \sqrt{78})^(1/3)))^(1/4) = 3.81202...$ 内成立,

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结论仅仅后的结论错误  发表于 2016-7-5 13:22
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发表于 2016-7-2 10:25:54 | 显示全部楼层
换种说法,如果目标不等式在 $a+b+c$ 随意给定的常值 都恒成立的话, 那么,我们只需用 各种常见的 有名的不等式变换 就足以解决问题。
否则,我们必须借用这个常值 做特定的运算,不然只有死路一条。

问题是我们怎么才能在初等数学的范畴内,判定目标不等式是在条件式的值域范围成立,还是在条件式的“人为主观指定”的边界范围(即值域的子集)才成立呢?
这好像是一个很矛盾的问题。

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最近不等式的题目挺多的,总结这种策略,形而上的思路还是很有必要的,避免被动的局面。

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发表于 2016-7-2 12:05:04 | 显示全部楼层
不妨设$a\le b\le c$于是对于$c\le 2$的情况,可以用切线法$1/{x^2}-x^2>=4(1-x)$证明
而对于$c>=2$,必然$ac<=1,b<=1$,于是$1/{a^2}+1/{c^2}-a^2-c^2+1/{b^2}-b^2=(a^2+c^2)(1/{a^2c^2}-1)+b^2(1/{b^4}-1)>=0$

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$a<=(3-c)/2, ac<=(3-c)c/2$,其中$2<=c<=3$,可以得出$ac<=1$  发表于 2016-7-5 19:17
@kastin使用二次函数呀  发表于 2016-7-5 13:24
`ac \leq 1`怎么得到呢?比如`c=2.5,a=0.8,b=0.2`.  发表于 2016-7-3 12:49
赞! mathe总是一气呵成啊  发表于 2016-7-2 14:22
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发表于 2016-7-2 14:14:59 | 显示全部楼层
根据排序不等式  `\D\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geqslant \frac{1}{a b}+\frac{1}{b c}+\frac{1}{c a}  = \frac{3}{a b c}`, 再根据`abc(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}) \leqslant (\frac{a+b+c}{3}) ^5 =1`(好像并不显然,但软件证实是对的, ),得到:

`\D\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geqslant \frac{1}{a b}+\frac{1}{b c}+\frac{1}{c a} =  \frac{3}{a b c}  \geqslant a^2+b^2+c^2`

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/forum.php?mod=redirect&goto=findpost&ptid=8984&pid=63072&fromuid=1455  发表于 2016-7-14 17:39

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发表于 2016-7-2 14:46:24 | 显示全部楼层
\(因为a,b,c>0且a+b+c=3,故其中至少有一数不小于1,不妨令其为a=1+t,t\in[0,2)\\2-t=b+c\geqslant 2\sqrt {bc},故bc\le(1-\frac{t}{2})^2\\\D\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{1+t}+\frac{b+c}{bc}\geqslant \frac{1}{1+t}+\frac{2-t}{(1-\frac{t}{2})^2}=\frac{3}{1-\frac{t^2}{2+t}}\geqslant 3\\当且仅当b=c,t=0时取等,即a=b=c=1时取等 \)

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如果要按该思路进行,建议先证明二元情形,然后利用二元结论证明三元的。  发表于 2016-7-3 12:50
$1/a+1/b+1/c>=3$是很显然的,但是对于本题有什么作用呢?  发表于 2016-7-2 15:13
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发表于 2016-7-2 15:21:49 | 显示全部楼层
wayne在6#的问题即在条件$a+b+c=3$时证明$abc(a^2+b^2+c^2)<=3$
我们可以先用拉格朗日法分析一下,取目标函数
$abc(a^2+b^2+c^2)-L(a+b+c-3)$
分别对a,b,c求偏导得出
$(3a^2+b^2+c^2)bc=L,...$
记$S=a^2+b^2+c^2$,于是得出
$2a+S/a=2b+S/b=2c+S/c=L/{abc}$
于是得到$2a^2b-2ab^2=S(a-b)$,所以$(S-2ab)(a-b)=0$
由于$S=a^2+b^2+c^2>2ab$,所以得出$a=b$同理$b=c$
由此得出唯一极值点在$a=b=c=1$,而边界条件显然是a,b,c之一取0情况,不能取到最大值,所以唯一最大值在$a=b=c$时
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发表于 2016-7-2 16:54:48 | 显示全部楼层
如果对于n个数$x_1,x_2,...,x_n$记$M_k = ({x_1^k+x_2^k+...+x_n^k}/n)^{1/k}$,于是本题可以变化为对于$n=3$时的不等式$M_{-2}M_2<=M_1^2$
而wayne得出的不等式为$M_0^3M_2^2<=M_1^5$
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发表于 2016-7-2 16:57:34 | 显示全部楼层
另外我们有赫尔德不等式$\sum a_ib_i<=(\sum a_i^p)^{1/p}(\sum b_i^q)^{1/q}$,其中$1/p+1/q=1,p>0,q>0$
其中我们取$a_i=x_i^u,b_i=x_i^v$,代入可以得出$M_{u+v}<=M_{up}^{u/{u+v}}M_{vq}^{v/{u+v}},1/p+1/q=1,p>0,q>0$
另外稍微变换一下赫尔德不等式,可以得出在$p<0,q>0,1/p+1/q=1$时$\sum a_ib_i>=(\sum a_i^p)^{1/p}(\sum b_i^q)^{1/q}$,可以类似得出很多关于幂平均的不等式
不过本题中不等式很可能只适用于较小的n,那么就不能用赫尔德不等式得出了

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mathe试试分析一下推广n个变量之和为n的情况^_^  发表于 2016-7-3 12:54
气势如虹,^_^  发表于 2016-7-2 19:25
赫尔德不等式,学习了。果然是 势能高,解题的气势就不一样。  发表于 2016-7-2 19:24
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