四个实数$ a\ge b \ge c \ge d $ 满足 : $ a+b+c-3d=4 $ . 求下述不等式的最大值 :$$T=\left(a-b \right)\left(b-c \right)\left(c-d \right)\left(a-d \right).$$

    取 $a-b=x,b-c=y,c-d=z,x \ge 0,y \ge 0,z \ge 0,x+2y+3z=4$
    $\forall t>0$    \begin{gather}        T=xyz(x+y+z)=\frac{1}{t(1+2t)(2+3t)}tx \cdot (1+2t)y \cdot (2+3t)z \cdot (x+y+z)\\        \le \frac{1}{t(1+2t)(2+3t)} \left( \frac{tx+(1+2t)y+(2+3t)z+(x+y+z)}{4}\right)^4\\        =\frac{(1+t)^4}{t(1+2t)(2+3t)}=1+\frac{(t^2-t-1)^2}{t(1+2t)(2+3t)}    \end{gather}
    令 $\ds t=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$,则有$T \le 1$
    均值取等条件可以发现能够取等,自行补充.

Inequality (artofproblemsolving.com)

$\ds \frac{4}{x}+\frac{9}{y}=1,x>0,y>0$,求$\ds \frac{4}{2x^2+x}+\frac{9}{y^2+y}$的最小值

\begin{gather}    \frac{4}{2x^2+x}+\frac{9}{y^2+y}\\    =\frac{4}{x}-\frac{8}{2x+1}+\frac{9}{y}-\frac{9}{y+1}\\    =1-8+\frac{16}{2+\frac{1}{x}}-9+\frac{9}{1+\frac{1}{y}}\\    =-16+\frac{8^2}{8+\frac{4}{x}}+\frac{9^2}{9+\frac{9}{y}}\\    \ge -16+\frac{(8+9)^2}{8+\frac{4}{x}+9+\frac{9}{y}}\\    =-16+\frac{17^2}{18}=\frac{1}{18}\end{gather}

设$a,b,c,d \in \mr$,且满足$(a+b+c)^2 \ge 2(a^2+b^2+c^2)+4d$,求证:$ab+bc+ca \ge 3d$

我一开始进入了误区,试图先考虑正实数情况,换元$a=x^2,b=y^2,c=z^2$,将条件转化为面积来处理
然后稍微考虑一下发现不太可行

于是回到最基础的思想:固定变量,.
固定$b,c,d$,则条件这个关于$a$的二次不等式意味着$a$被卡在一个有限区间里,不妨设为$[m,n]$
而要证的式子是个关于$a$的一次式,所以我们只需证明$a$取边界$m$或者$n$的时候成立即可.
而$a$取边界$m$或者$n$意味着条件是取等号的.所以等价于只需证条件取等的时候结论成立即可.
换言之我们只需证明:
若$(a+b+c)^2 = 2(a^2+b^2+c^2)+4d$,则$ab+bc+ca \ge 3d$
那么这时候$d$就是一个垃圾变量,可以直接消掉,我们只需证明
\[    ab+bc+ca \ge \frac{4}{3} [(a+b+c)^2 – 2(a^2+b^2+c^2)]\]
而这是显然的.

书写过程如下:
注意到\begin{gather}    4 (a b+b c+ca)-3 [(a+b+c)^2-2 \left(a^2+b^2+c^2\right)]\\    =a^2+b^2+c^2+(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \ge 0\end{gather}
可得\[    4 (a b+b c+ca) \ge 3 [(a+b+c)^2-2 \left(a^2+b^2+c^2\right)] \ge 12d\]
即\[    ab+bc+ca \ge 3d\]

凸四边形$ABCD$,$AC$交$BD$于点$E$,$S_{\triangle ABE}=S_{\triangle DEC}=1$.求$AB^2+BC^2+CD^2+DA^2$的最小值

解:很粗糙的估计,四边形面积有下限,而边长的平方可以均值估计为面积.

我们用$[XYZ]$表示三点$X,Y,Z$组成的三角形面积(同理四点)
由基本面积恒等式\[    1=[ABE] \cdot [CDE]=[BCE] \cdot [DAE]\]
设$x=[BCE]$
由均值不等式
\begin{gather}    AB^2+BC^2+CD^2+DA^2    \ge 2 AB \cdot BC+2 CD \cdot DA\\    \ge 4[ABC]+4[CDA]=4(1+x)+4(1+\frac{1}{x})\\    =8+4(x+\frac{1}{x}) \ge 16\end{gather}
且当四边形是正方形时可取等

实际考试可以直接当四边形是正方形算

证明:$\forall n \in \mN,\sqrt{n^2+1}+\sqrt{n^2+2}+\dots+\sqrt{n^2+2n} >2n^2+n$

\[    \sqrt{n^2+k}-n=\frac{k}{\sqrt{n^2+k}+n}>\frac{k}{2n+1},\forall k \in [1,2n]\]

故\[    \sum_{k=1}^{2n} \sqrt{n^2+k}>\sum_{k=1}^{2n}(n+\frac{k}{2n+1})=2n^2+n\]

此方法相当于局部不等式,本题亦可倒序相加证明

证明:$9(t^4+1)^3 \ge 8(t^6+t^3+1)^2,\forall t \in \mr$

显然只需考虑$t>0$的情况
取$\ds f(t)=\ln\frac{9}{8}+3\ln(t^4+1)-2\ln(t^6+t^3+1)$
求导得\[    f'(t)=\frac{4t^3}{t^4+1} \times 3-\frac{6t^5+3t^2}{t^6+t^3+1} \times 2=\frac{6t^2(t+1)}{(t^4+1)(t^6+t^3+1)}(t-1)^3\]
单调性明确,显然成立

或者两边除以$t^6$,等价于\[    9(t^2+\frac{1}{t^2})^3 \ge 8(t^3+\frac{1}{t^3}+1)^2\]
换元$u=t+\frac{1}{t} \ge 2$,等价于
\[    9(u^2-2)^3 \ge 8(u^3-3u+1)^2\]
注意到$u=2$时是取等的,故一定可以分离出$u-2$
事实上会分解为$(u-2)^2 \left(u^4+4 u^3+6 u^2-8 u-20\right)$
考虑$u^4+4 u^3+6 u^2-8 u-20 \ge 8u+16u+12u-8u-20=28u-20>0$,故\[    9(u^2-2)^3 – 8(u^3-3u+1)^2=(u-2)^2 \left(u^4+4 u^3+6 u^2-8 u-20\right) \ge 0\]

若函数$f(x)=|a\sin x+b \cos x-1|+|b \sin x-a \cos x|,(a,b \in \mr)$的最大值为11,则$a^2+b^2=\tk$

本题需要利用基本的绝对值恒等式:$|a|+|b|=\max\{|a+b|,|a-b|\}$

\begin{gather}    f(x)=\max\{|(a+b)\sin x+(b-a) \cos x-1|,|(a-b)\sin x +(a+b)\cos x-1|\}\\    \le \sqrt{(a+b)^2+(a-b)^2}+1    =\sqrt{2(a^2+b^2)}+1\end{gather}

且只要$(a-b)\sin x +(a+b)\cos x=-\sqrt{2(a^2+b^2)}$就能取到等号,而根据辅助角公式我们知道这总是可以做到的
所以$\max f(x)=\sqrt{2(a^2+b^2)}+1=11$

$a^2+b^2=50$

原题简化,就是下面罗列的条件.
已知实数$a,b,c,x,y$满足$a-2b+c=1,b^2-ac<0,ax^2+2bxy+cy^2=1$,求证:$$|x+y| \le \frac{1}{\sqrt{ac-b^2}}$$

证明:
(1).对$x,y$齐次化,只需$$(ac-b^2)(x+y)^2 \le ax^2+2bxy+cy^2$$

再对$a,b$齐次化,只需$$(ac-b^2)(x+y)^2 \le (a-2b+c)(ax^2+2bxy+cy^2)$$

原式成立则这个齐次式也是成立的,最好的情况也就是能构成完全平方式
其实作差就是

\[    (a-2b+c)(ax^2+2bxy+cy^2)-(ac-b^2)(x+y)^2=((a-b)x+(b-c)y)^2 \ge 0\]

(2).可变形为\[    (ax+by)^2+(ac-b^2)y^2=a\]
因此$a>0,c>0$,由柯西不等式

\begin{align}    |a(x+y)|&=|(ax+by)+(a-b)y|\\    &=|(ax+by)+\frac{a-b}{\sqrt{ac-b^2}}\sqrt{ac-b^2}y|\\    &\le \sqrt{1+\frac{(a-b)^2}{ac-b^2}}\sqrt{(ax+by)^2+(ac-b^2)y^2}\\    &=\sqrt{\frac{a(a+c-2b)}{ac-b^2}}\sqrt{a}=\frac{a}{\sqrt{ac-b^2}}
\end{align}

因此$$|x+y| \le \frac{1}{\sqrt{ac-b^2}}$$

问题:
\[x^2+y^2+z^2+xyz=4,x,y,z>0\],求证:$$x+y+z \le 3$$

解答:

\[(2+z)(x+y)^2+(2-z)(x-y)^2=4(4-z^2) \ge (2+z)(x+y)^2\]
\[x+y \le 2\sqrt{2-z} \le (2-z)+1\]
\[x+y+z \le 3\]

题目:\(x,y>0\),求\[P=\frac{1}{x+\sqrt{xy}}-\frac{2}{\sqrt{x+y}}\]的最小值

 

 解答:

\[  x+\sqrt{xy} \le u(x+y),u=\frac{\sqrt2+1}{2}\] 
\[P=\frac{1}{x+\sqrt{xy}}-\frac{2}{\sqrt{x+y}} \ge \frac{1}{u(x+y)}-\frac{2}{\sqrt{x+y}}\] 
\[=\frac{1}{u}(\frac{1}{\sqrt{x+y}}-u)^2-u\]
\[\ge -u = -\frac{\sqrt2+1}{2}\]