习题

三元不等式

例 1：给定整数 \(n\ge2\)，设 \(a,b,c\) 为三角形三边长，且 \(a+b+c=1\)，求最小实数 \(\lambda\)，使得 \(\sqrt[n]{a^n+b^n}+\sqrt[n]{b^n+c^n}+\sqrt[n]{c^n+a^n}\lt \lambda\)。

题解

题目问了小于号，说明上界取不到，大概率是“直角等腰三角形”。
设 \(\frac 12>a\ge b\ge c>0\)，则有 \(\sqrt[n]{a^n+c^n}\lt a+\frac c2,\sqrt[n]{b^n+c^n}\lt b+\frac c2\)（展开即证）。
那么 \(\sqrt[n]{a^n+c^n}+\sqrt[n]{b^n+c^n}\le a+b+c=1\)。
然后考虑到 \(\sqrt[n]{a^n+b^n}\lt \sqrt[n]{(\frac 12)^n\times2}=\frac{\sqrt[n]2}2\)。
所以 \(\lambda=1+\frac{\sqrt[n]2}2\)，当 \(a\rightarrow\frac12,\ b\rightarrow\frac12,\ c\rightarrow0\) 时趋近 \(\lambda\)。

例 2：\(a,b,c\ge 0,a^3+b^3+c^3=1\)，求证：\(a^4b^4+b^4c^4+c^4a^4\le 3\)。

题解

设 \(x=a^3,y=b^3,z=c^3\)，则有 \(x+y+z=3\)。
注意到 \((xy\cdot1)^{1/3}\le\frac{x+y+1}3\)，有 \((xy)^{4/3}\le\frac{xy(x+y+1)}3\)。
写出另外两式，求和得到 \((xy)^{4/3}+(yz)^{4/3}+(zx)^{4/3}\le\frac{(xy+yz+zx)+(x^2y+y^2z+z^2x+xy^2+yz^2+zx^2)}3\)。
经典的，设 \(p=x+y+z,q=xy+yz+zx,r=xyz\)，化简可得 \(q+pq-3r\ge3[(xy)^{4/3}+(yz)^{4/3}+(zx)^{4/3}]\)。
根据 Schur 不等式，\(x(x-y)(x-z)+y(y-z)(y-x)+z(z-x)(z-y)\ge 0\)。
化简可得 \(p^3-4pq+9r\ge0\)，代入 \(p=3\)，有 \(9-4q+3r\ge0\)。
代回去，\((xy)^{4/3}+(yz)^{4/3}+(zx)^{4/3}\le\frac{4q-3r}3=3-\frac{9-4q+3r}3\le3\)。
证毕。

例 3：已知正实数 \(a,b,c\) 满足 \(ab+bc+ca\le3abc\)，求证：
$$ \sqrt{\frac{a^2+b^2}{a+b}}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{b+c}}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{c+a}}+3\le\sqrt2(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}) $$

题解

由 Cauchy 不等式，\(2(a+b)=[\frac{a^2+b^2}{(a+b)^2}+\frac{2ab}{(a+b)^2}][(a+b)+(a+b)]\ge(\sqrt\frac{a^2+b^2}{a+b}+\sqrt\frac{2ab}{a+b})^2\)。 两边开根号，写出对称式，发现只需证 \(\sqrt\frac{2ab}{a+b}+\sqrt\frac{2bc}{b+c}+\sqrt\frac{2ca}{c+a}\ge3\)。
由 Hölder 不等式，\((\sqrt\frac{2ab}{a+b}+\sqrt\frac{2bc}{b+c}+\sqrt\frac{2ca}{c+a})^2[(\frac1a+\frac1b)+(\frac1b+\frac1c)+(\frac1c+\frac1a)\ge(\sqrt[3]2+\sqrt[3]2+\sqrt[3]2)^3=54\)。
知 \(\frac1a+\frac1b+\frac1c\le3\)，那么 \(\sqrt\frac{2ab}{a+b}+\sqrt\frac{2bc}{b+c}+\sqrt\frac{2ca}{c+a}\ge3\) 成立。
证毕。

例 4：已知正实数 \(a,b,c\) 满足 \(a^{2021}+b^{2021}+c^{2021}+abc=4\)，求证： $$ \frac{a^{2020}+b^{2020}-c}{c^{2020}}+\frac{b^{2020}+c^{2020}-a}{a^{2020}}+\frac{c^{2020}+a^{2020}-b}{b^{2020}}\ge a^{2019}+b^{2019}+c^{2019} $$

题解

等价于：
$$ \frac{a^{2020}+b^{2020}}{c^{2020}}+\frac{b^{2020}+c^{2020}}{a^{2020}}+\frac{c^{2020}+a^{2020}}{b^{2020}}\ge a^{2019}+a^{-2019}+b^{2019}+b^{-2019}+c^{2019}+c^{-2019} $$
只需证：
$$ \frac{a^{2020}+b^{2020}}{c^{2020}}+\frac{b^{2020}+c^{2020}}{a^{2020}}+\frac{c^{2020}+a^{2020}}{b^{2020}}\ge a^{2020}+a^{-2020}+b^{2020}+b^{-2020}+c^{2020}+c^{-2020} $$
等价于：
$$ (a^{2020}+b^{2020}+c^{2020})(a^{-2020}+b^{-2020}+c^{-2020})-3\ge a^{2020}+a^{-2020}+b^{2020}+b^{-2020}+c^{2020}+c^{-2020} $$
等价于：
$$ (a^{2020}+b^{2020}+c^{2020}-1)(a^{-2020}+b^{-2020}+c^{-2020}-1)\ge4 $$
直接做不了，根据题目条件，不妨设 \(a\le b\le c\)，则 \(a\le1\le c\)。
注意到 \(a^{2020}+c^{2020}\ge 1+(ac)^{2020},\ a^{-2020}+c^{-2020}\ge 1+(ac)^{-2020}\)，则：
$$ (a^{2020}+b^{2020}+c^{2020}-1)(a^{-2020}+b^{-2020}+c^{-2020}-1)\ge[b^{2020}+(ac)^{2020}][b^{-2020}+(ac)^{-2020}]\ge4 $$
证毕。

\(n\) 元不等式

例 1：已知 \(a_1,a_2,\cdots,a_{2022}\in[1,2]\)，求\(\frac{|a_1-a_2|\cdot|a_2-a_3|\cdot\cdots|a_{2022}-a_1|}{a_1a_2\cdots a_{2022}}\) 的最大值。

题解

令 \(t=\frac{a_1}{a_2}\)，注意到 \(\frac{|a_1-a_2|}{\sqrt{a_1a_2}}=\sqrt{\frac{(a_1-a_2)^2}{a_1a_2}}=\sqrt{\frac{t^2-2t+1}t}=\sqrt{\frac1t+t-2}\le\sqrt{2+\frac12-2}=\frac{\sqrt2}2\)。
类似写出剩下的 \(2021\) 个式子，相乘得 \(\frac{|a_1-a_2|\cdot|a_2-a_3|\cdot\cdots|a_{2022}-a_1|}{a_1a_2\cdots a_{2022}}\le2^{-1011}\)，取 \(a_1=a_3=\cdots=a_{2021}=1,a_2=a_4=\cdots=a_{2022}=2\) 即可。

例 2：已知 \(n\in \mathbb N_+,x>0,y>0,\,x^n+y^n=1\)，求证：
$$ (\sum_{k=1}^n\frac{1+x^{2k}}{1+x^{4k}})(\sum_{k=1}^n\frac{1+y^{2k}}{1+y^{4k}})\lt \frac1{(1-x)(1-y)} $$

题解

注意到 \(\frac{1+x^{2k}}{1+x^{4k}}\lt \frac{1+x^{2k}}{x^k+x^{3k}}=x^{-k}\)。
故 \(\sum_{k=1}^n\frac{1+x^{2k}}{1+x^{4k}}\lt \sum_{k=1}^nx^{-k}\lt \frac1{1-x}\)。
同理 \(\sum_{k=1}^n\frac{1+y^{2k}}{1+y^{4k}}\lt \frac1{1-y}\)，相乘即得。

例 3：设 \(a_1,a_2,\cdots a_n\in[1,+\infty),\,A=1+a_1+\cdots+a_n\)，定义 \(x_0=1,x_k=\frac1{1+a_kx_{k-1}},1\le k\le n\)，求证 \(x_1+x_2+\cdots+x_n>\frac{n^2A}{n^2+A^2}\)。

题解

注意到 \(\forall k\in[1,n],0\lt x_k\lt 1\)，故有 \(\frac1{x_k}=x_{k-1}a_k+1\le x_{k-1}+a_k\)。
求和可得 \(\sum_{k=1}^n\frac1{x_k}\le\sum_{k=1}^{n-1}x_k+\sum_{k=1}^{n}a_k\lt A+\sum_{k=1}^nx_k\)。
由 Cauchy 不等式，\((\sum_{k=1}^n\frac1{x_k})(\sum_{k=1}^nx_k)\ge n^2\)。
解方程得：\(\sum_{k=1}^nx_k>\frac{-A+\sqrt{A^2+4n^2}}2=\frac{2n^2}{A+\sqrt{A^2+4n^2}}>\frac{2n^2}{A+A+\frac{2n^2}{A}}=\frac{n^2A}{n^2+A^2}\)。

例 4：给定 \(n\in\mathbb N_+\)，求最大的实数 \(\lambda\)，使对任意互异的正整数 \(k_1,\,k_2,\cdots,k_n\)，有：
$$ (\sum_{i=1}^n\frac1{k_i})(\sum_{i=1}^n\sqrt{k_i^6+k_i^3})-(\sum_{k=1}^nk_i)^2\ge\lambda $$

提示 1

转化为： $$ (\sum_{i=1}^n\frac1{k_i})(\sum_{i=1}^n\sqrt{k_i^6+k_i^3}-k_i^3)+(\sum_{i=1}^n\frac1{k_i})(\sum_{i=1}^nk_i^3)-(\sum_{i=1}^nk_i)^2\ge\lambda $$

提示 2

$$ (\frac{k^{3/2}}{(k+r)^{1/2}}-\frac{(k+r)^{3/2}}{k^{1/2}})^2>4r^2 $$
证明：
移项展开暴力猛算得 \((\frac{k^{3/2}}{(k+r)^{1/2}}-\frac{(k+r)^{3/2}}{k^{1/2}})^2-4r^2=\frac{r^4}{k(k+r)}>0\)。

题解

先解决前一部分，注意到 \(\lim_{k\rightarrow+\infty}\sqrt{k^6+k^3}-k^3=\frac12\)，故若 \(k_1,\,k_2,\cdots, k_n\) 都充分大，则 \((\sum_{i=1}^n\frac1{k_i})(\sum_{i=1}^n\sqrt{k_i^6+k_i^3}-k_i^3)\) 可以无限接近 \(0\)。
再看后一部分，发现是 Cauchy 不等式的感觉，由于不能取等，考虑 Lagrange 恒等式变形，得： $$ (\sum_{i=1}^n\frac1{k_i})(\sum_{i=1}^nk_i^3)-(\sum_{i=1}^nk_i)^2=\sum_{i\lt j}(\frac{k_i^{3/2}}{k_j^{1/2}}-\frac{k_j^{3/2}}{k_i^{1/2}})^2 $$
考虑调整法，注意到 \(f\left(x\right)=\frac{\left(x+r\right)^{1.5}}{x^{0.5}}-\frac{x^{1.5}}{\left(x+r\right)^{0.5}}\) 在 \(r\) 不变的情况下是减函数，不妨设 \(k_1\lt k_2\lt \cdots\lt k_n\)，我们发现，如果 \(k_m+1\lt k_{m+1}\)，那么把 \(k_1,k_2,\cdots,k_m\) 每个数加 1 必然更优。
所以我们只用考虑 \(k_1,k_2,\cdots,k_n\) 是连续整数的情形，我们发现 \(f\left(x\right)=\frac{\left(x+r\right)^{1.5}}{x^{0.5}}-\frac{x^{1.5}}{\left(x+r\right)^{0.5}}>(x+r)-x=r\)。
根据提示 2 中的式子进行放缩，得：
$$ \small\sum_{i\lt j}(\frac{k_i^{3/2}}{k_j^{1/2}}-\frac{k_j^{3/2}}{k_i^{1/2}})^2>4\sum_{i\lt j}(i-j)^2=4\sum_{i=1}^{n-1}i^2(n-i)=\frac23n^2(n-1)(2n-1) -n^2(n-1)^2=\frac13n^2(n^2-1) $$
所以答案是 \(\lambda=\frac13n^2(n^2-1)\)，当 \(k_1,\,k_2,\cdots,k_n\) 为连续整数且趋近正无穷时逼近这个值。