spq法的简单运用（三）

2023-08-07 19:39 作者:梦违Changer 0人读过 | 我要投稿

例三： $a%E3%80%81b%E3%80%81c%5Cin%20R%5E%2B%20%E4%B8%94a%2Bb%2Bc%3D3$ ，求证： $%5Cfrac%7B1%7D%7Ba%5E2%20%7D%2B%20%5Cfrac%7B1%7D%7Bb%5E2%20%7D%2B%5Cfrac%7B1%7D%7Bc%5E2%20%7D%5Cgeq%20a%5E2%2Bb%5E2%2Bc%5E2$

证明：原不等式 $%5Ciff%20%5Cfrac%7B%5Csum%5Cnolimits_%7Bcyc%7D%5E%7B%7Da%5E2%20b%5E2%20%20%20%7D%7Ba%5E2%20b%5E2%20c%5E2%20%7D%20%5Cgeq%20%5Csum_%7Bcyc%7D%5E%7B%7D%20a%5E2$

$%5Ciff%20%5Csum_%7Bcyc%7D%5E%7B%7D%20a%5E2%20b%5E2%20%5Cgeq(a%5E2%20b%5E2%20c%5E2)%20%5Csum_%7Bcyc%7D%5E%7B%7Da%5E2%20$

记 $3%3D%5Csum_%7Bcyc%7D%5E%7B%7Da%3Ds%E3%80%81%5Csum_%7Bcyc%7D%5E%7B%7Dab%3Dq%E3%80%81abc%3Dp$

$%5Ciff%20q%5E2-6p%5Cgeq%20p%5E2(9-2q)$

$%5Ciff%20q%5E2%2B2p%5E2%20q%5Cgeq%206p%2B9p%5E2$

这个式子非常麻烦，因为 $p$ 同时出现在不等号的两边，难以放缩。但更加不幸的并不是这一点，我会在下文中说明。

仿照前几题的证明方法，设法消元得到一元函数后再进行分类讨论。

由 $q%5Cgeq%20%5Csqrt%7B3sp%7D%20%3D3%5Csqrt%7Bp%7D%20%EF%BC%8C%E7%9F%A5q%5E2%2B2p%5E2%20q%5Cgeq%209p%2B6p%5E2%5Csqrt%7Bp%7D%20%20$

那么根据前几题的经验，我们只需知道使得上式恒成立的p的范围

上式 $%5Ciff%204p%5E3-9p%5E2%2B6p-1%5Cgeq%200%20%20$

$%5Ciff%20(p-1)%5E2(4p-1)%5Cgeq%200$

上式对于 $p%5Cin%20%5B%5Cfrac%7B1%7D%7B4%7D%2C%2B%20%E2%88%9E)$ 恒成立，从而只需讨论 $p%E2%88%88(0%2C%5Cfrac%7B1%7D%7B4%7D%5D%20$ 的情况

这里我试图证明余下的情况时没有动用三次舒尔不等式，原因是解刚才的不等式时已动用两次均值消元，若想消p，会动用两次均值与一次三次舒尔不等式，只会放得更松。

于是我直接对 $q%5E2%2B2p%5E2%20q%5Cgeq%206p%2B9p%5E2$ 进行解二次不等式

$%5Ciff%20(9-2q)p%5E2%20%2B6p-q%5E2%5Cgeq%200$

其中 $%5CDelta%20%3D4(9%2B9q%5E2-2q%5E3%20)$ ，函数 $g(q)%3D9%2B9q%5E2-2q%5E3%20$ 的极大值为36，极小值为9

从而其图像与x轴仅有一个实交点，又 $g(4)%C2%B7g(5)%3D25%5Ctimes%20(-16)%EF%BC%9C0$

从而 $g(q)%3D0$ 的唯一实根在 $(4%2C5)$ 之间，故知对 $q%5Cin%20(0%2C3%5D%EF%BC%8C%5CDelta%20%EF%BC%9E0$

$%5Ciff%20%5Cfrac%7B-3-%5Csqrt%7B9%2B9q%5E2-2q%5E3%20%7D%7D%7B9-2q%7D%5Cleq%20p%5Cleq%20%20%5Cfrac%7B-3%2B%5Csqrt%7B9%2B9q%5E2-2q%5E3%20%7D%7D%7B9-2q%7D$

由 $q%5Cleq%20%5Cfrac%7Bs%5E2%20%7D%7B3%7D%20%3D3$ 知 $%20%5Cfrac%7B-3-%5Csqrt%7B9%2B9q%5E2-2q%5E3%20%7D%7D%7B9-2q%7D%EF%BC%9C0%EF%BC%9Cp$ 是恒成立的，

我们考虑使得 $%5Cfrac%7B1%7D%7B4%7D%5Cleq%20%20%5Cfrac%7B-3%2B%5Csqrt%7B9%2B9q%5E2-2q%5E3%20%7D%7D%7B9-2q%7D$ 恒成立的q

$%5Ciff%20-32q%5E3%20%2B140q%5E2%2B84q-297%5Cgeq%200%20$

则 $q%5Cin%20(-%E2%88%9E%2C-%5Cfrac%7B3%7D%7B2%7D%20%5D%5Ccup%20%5B%5Cfrac%7B11%7D%7B8%7D%20%2C%5Cfrac%7B9%7D%7B2%7D%20%5D$

这说明当 $p%E2%88%88(0%2C%5Cfrac%7B1%7D%7B4%7D%20%5D%20%E4%B8%94q%5Cin%20%5B%5Cfrac%7B11%7D%7B8%7D%2C3%5D$ 时原不等式成立

我们只需继续证明当 $p%E2%88%88(0%2C%5Cfrac%7B1%7D%7B4%7D%20%5D%20%E4%B8%94q%5Cin%20(0%2C%5Cfrac%7B11%7D%7B8%7D%5D$ 时原不等式成立即可

其实当 $q%5Cin%20(0%2C%5Cfrac%7B11%7D%7B8%7D%5D%E6%97%B6p$ 有更小的范围

我继续逼出 $p%5Cleq%20%5Cfrac%7Bq%5E2%7D%7B9%7D%20%3D%5Cfrac%7B121%7D%7B576%7D%20$ ，并考虑使得 $%5Cfrac%7B121%7D%7B576%7D%5Cleq%20%20%5Cfrac%7B-3%2B%5Csqrt%7B9%2B9q%5E2-2q%5E3%20%7D%7D%7B9-2q%7D$ 恒成立的q

$2q%5E3-%5Cfrac%7B731855%7D%7B82944%7Dq%5E2-%5Cfrac%7B75746%7D%7B18432%7D%20q%2B%5Cfrac%7B61105%7D%7B4096%7D%5Cleq%20%200$

这里直接交给计算器，得 $q%5Cin%20(-%E2%88%9E%2C-1.33236%5D%5Ccup%20%5B1.24410%2C%5Cfrac%7B9%7D%7B2%0A%7D%5D%20$

接下来只需证明当 $p%E2%88%88(0%2C%5Cfrac%7B121%7D%7B576%7D%20%5D%20%E4%B8%94q%5Cin%20(0%2C1.24410%5D$ 时原不等式成立

可以看到，我们“成功”进一步缩小了q的范围，我断定再进行有限次重复的操作，能最终证明原不等式。

但是，真的有小可爱会这样算下去吗？

于是，这种思路pass，我们换一条路。

我们已经充分感受到此题的不等式十分之紧，故而最好不要进行放缩，在这里，我们证明一个引理。

引理： $a%E3%80%81b%E3%80%81c%5Cin%20R$ ，若记 $%5Csum_%7Bcyc%7D%5E%7B%7Da%3Ds%E3%80%81%5Csum_%7Bcyc%7D%5E%7B%7Dab%3Dq%E3%80%81abc%3Dp$ ，则 $%5Cfrac%7B1%7D%7B27%7D%5B-2s%5E3%2B9qs-2(s%5E2-3q)%5E%5Cfrac%7B3%7D%7B2%7D%5D%5Cleq%20p%5Cleq%20%5Cfrac%7B1%7D%7B27%7D%5B-2s%5E3%2B9qs%2B2(s%5E2-3q)%5E%5Cfrac%7B3%7D%7B2%7D%5D$

证明：令 $f(x)%3D(x-a)(x-b)(x-c)%3Dx%5E3-sx%5E2%2Bqx-p$

那么， $f'(x)%3D3x%5E2-2sx%2Bq$ ，则 $f(x)$ 在 $(%5Cfrac%7Bs-%5Csqrt%7Bs%5E2-3q%20%7D%20%7D%7B3%7D%2C%5Cfrac%7Bs%2B%5Csqrt%7Bs%5E2-3q%20%7D%20%7D%7B3%7D%20)$ 上单调递减，在 $(-%E2%88%9E%2C%5Cfrac%7Bs-%5Csqrt%7Bs%5E2-3q%20%7D%20%7D%7B3%7D)%5Ccup%20(%5Cfrac%7Bs%2B%5Csqrt%7Bs%5E2-3q%20%7D%20%7D%7B3%7D%20%2C%2B%E2%88%9E)$ 上单调递增，并在 $%5Cfrac%7Bs-%5Csqrt%7Bs%5E2-3q%20%7D%20%7D%7B3%7D%E4%B8%8E%5Cfrac%7Bs%2B%5Csqrt%7Bs%5E2-3q%20%7D%20%7D%7B3%7D$ 处取到极大值与极小值

因此，存在 $a%E3%80%81b%E3%80%81c%5Cin%20R%5Ciff%20f(x)%0A$ 有三个实数根（记重根）

$%5Ciff%20%5Cfrac%7B1%7D%7B27%7D%5B-2s%5E3%2B9qs%2B2(s%5E2-3q)%5E%5Cfrac%7B3%7D%7B2%7D%5D-p%5Cgeq%200%E4%B8%94%5Cfrac%7B1%7D%7B27%7D%5B-2s%5E3%2B9qs-2(s%5E2-3q)%5E%5Cfrac%7B3%7D%7B2%7D%5D-p%5Cleq%20%200$

$%5Ciff%20%5Cfrac%7B1%7D%7B27%7D%5B-2s%5E3%2B9qs-2(s%5E2-3q)%5E%5Cfrac%7B3%7D%7B2%7D%5D%5Cleq%20p%5Cleq%20%5Cfrac%7B1%7D%7B27%7D%5B-2s%5E3%2B9qs%2B2(s%5E2-3q)%5E%5Cfrac%7B3%7D%7B2%7D%5D$

回到原题，我们的目标是去证明当 $q%5Cin%20(0%2C3%5D%E6%97%B6%EF%BC%8Cq%5E2%2B2p%5E2%20q%5Cgeq%206p%2B9p%5E2$

前文已经做过相同的分析，只需证明 $p%5Cleq%20%20%5Cfrac%7B-3%2B%5Csqrt%7B9%2B9q%5E2-2q%5E3%20%7D%7D%7B9-2q%7D$

由引理知 $%20p%5Cleq%20%5Cfrac%7B1%7D%7B27%7D%5B-2s%5E3%2B9qs%2B2(s%5E2-3q)%5E%5Cfrac%7B3%7D%7B2%7D%5D%3D%5Cfrac%7B2%7D%7B27%7D(9-3q)%5E%5Cfrac%7B3%7D%7B2%7D%2Bq-2$

只需证 $%20%5Cfrac%7B2%7D%7B27%7D(9-3q)%5E%5Cfrac%7B3%7D%7B2%7D%2Bq-2%20%5Cleq%20%20%5Cfrac%7B-3%2B%5Csqrt%7B9%2B9q%5E2-2q%5E3%20%7D%7D%7B9-2q%7D$

这个不等式肯定是成立的，而且不需要分类讨论

$%5Ciff%20%5B%20%5Cfrac%7B2%7D%7B27%7D(9-3q)%5E%5Cfrac%7B3%7D%7B2%7D%2Bq-2%5D(9-2q)%20%5Cleq-3%2B%5Csqrt%7B9%2B9q%5E2-2q%5E3%20%7D$

我们考虑函数 $f(x)%3D%20%5B%20%5Cfrac%7B2%7D%7B27%7D(9-3x)%5E%5Cfrac%7B3%7D%7B2%7D%2Bx-2%5D(9-2x)%20%2B3-%5Csqrt%7B9%2B9x%5E2-2x%5E3%20%7D$

目标证明0与3是 $f(x)%3D0$ 相邻的两个根，从而利用其连续性说明上式成立

我们令 $f(x)%3D0$ ，并不断化简，最终得到： $%5Cfrac%7B256%7D%7B729%7Dx%5E%7B10%7D-%5Cfrac%7B640%7D%7B81%7D%20x%5E9%2B%5Cfrac%7B1904%7D%7B27%7Dx%5E8-%5Cfrac%7B2672%7D%7B9%7Dx%5E7%2B%5Cfrac%7B3748%7D%7B9%7Dx%5E6%2B%5Cfrac%7B3712%7D%7B3%7Dx%5E5-5976x%5E4%2B9072x%5E3%20-4860x%5E2%20%20%3D0$

$x%5E2(x-3)%5E2(x-%5Cfrac%7B9%7D%7B2%7D%20)%5E2(%5Cfrac%7B256%7D%7B729%7D%20x%5E4-%5Cfrac%7B640%7D%7B243%7Dx%5E3%2B%5Cfrac%7B16%7D%7B9%7D%20x%5E2%2B%5Cfrac%7B544%7D%7B27%7Dx-%5Cfrac%7B80%7D%7B3%7D%20%20)%3D0$

我们解四次方程 $%5Cfrac%7B256%7D%7B729%7D%20x%5E4-%5Cfrac%7B640%7D%7B243%7Dx%5E3%2B%5Cfrac%7B16%7D%7B9%7D%20x%5E2%2B%5Cfrac%7B544%7D%7B27%7Dx-%5Cfrac%7B80%7D%7B3%7D%3D0$

其 $%5CDelta%20%3D%5Cfrac%7B4%5E%7B51%7D%5Ctimes797%20%20%7D%7B3%5E%7B59%7D%20%7D%20%EF%BC%9E0$ ，从而方程有两个互异实根与一对共轭虚根

我们只考虑正实根，若记 $t%3D%5Cfrac%7B%5Cfrac%7B4%5E7%5Ctimes19%20%20%7D%7B3%5E9%20%7D%2B%5Csqrt%5B3%5D%7B%5Cfrac%7B2%5E%7B42%7D%5Ctimes6585%20%20%7D%7B3%5E%7B28%7D%0A%7D%2B%5Cfrac%7B3%7D%7B2%7D%5Csqrt%7B%5Cfrac%7B4%5E%7B51%7D%5Ctimes%20797%20%7D%7B3%5E%7B59%7D%7D%20%7D%20%20%7D%20%20%2B%5Csqrt%5B3%5D%7B%5Cfrac%7B2%5E%7B42%7D%5Ctimes6585%20%20%7D%7B3%5E%7B28%7D%0A%7D-%5Cfrac%7B3%7D%7B2%7D%5Csqrt%7B%5Cfrac%7B4%5E%7B51%7D%5Ctimes%20797%20%7D%7B3%5E%7B59%7D%7D%20%7D%20%20%7D%20%20%7D%7B3%7D%20$

则 $x_%7B1%2C2%7D%20%3D%5Cfrac%7B%5Cfrac%7B640%7D%7B243%7D-%5Csqrt%7Bt%7D%5Cpm%5Csqrt%7B%5Cfrac%7B7%5Ctimes%202%5E%7B25%7D%7D%7B3%5E%7B15%7D%C2%B7%5Csqrt%7Bt%7D%20%20%7D%2B%5Cfrac%7B4%5E7%5Ctimes19%20%7D%7B3%5E9%20%7D-t%20%20%7D%20%20%20%20%7D%7B%5Cfrac%7B1024%7D%7B729%7D%20%7D%20$

取近似值得到 $1%EF%BC%9Cx_%7B1%7D%EF%BC%9C2%E3%80%81x_%7B2%7D%EF%BC%9C0$

于是， $f(x)%3D0$ 的根为（有可能有增根，但0与3是原方程的根） $x_%7B1%7D%3Dx_%7B2%7D%3D0%E3%80%81%20%20x_%7B3%7D%3Dx_%7B4%7D%3D3%E3%80%81x_%7B5%7D%3Dx_%7B6%7D%3D%5Cfrac%7B5%7D%7B2%7D%E3%80%811%EF%BC%9Cx_%7B7%7D%EF%BC%9C2%E3%80%81x_%7B8%7D%EF%BC%9C0%20$

我们只考虑正实根，他们为3与 $%5Cxi%20%5Cin%20(1%2C2)$

(1) 若 $%5Cxi$ 是 $f(x)%3D0$ 的增根，则0、3是 $f(x)%3D0$ 相邻的两个根，又 $f(1)%3D%5Cfrac%7B28%7D%7B9%7D%5Csqrt%7B6%7D-8%EF%BC%9C0$ ，故而在 $(0%2C3%5D$ 上，连续函数 $f(x)%5Cleq%200$ ，原不等式得证！

(2)若 $%5Cxi$ 是 $f(x)%3D0$ 的根，分两种情况讨论

①若 $f(%5Cxi%20)%3Df'(%5Cxi%20)%3D0$ （即 $%5Cxi%20$ 是一个极值点，且极值为0）：

首先 $f(x)%E6%98%AF%E5%AE%9A%E4%B9%89%E5%9C%A8(-%E2%88%9E%2C3%5D$ 上的连续函数

$f'(x)%3D%5Cfrac%7B3x%5E2-9x%20%7D%7B%5Csqrt%7B9%2B9x%5E2-2x%5E3%20%20%7D%20%7D%20%2B%5Cfrac%7B(10x-39)%5Csqrt%7B9-3x%7D%20%7D%7B9%7D-4x%2B13%20$

其中 $f'(0)%3D0$ ，即0是极值点，而0与 $%5Cxi%20$ 是 $f(x)%3D0$ 相邻的两个根

若0是极小值点，由 $f(1)%3D%5Cfrac%7B28%7D%7B9%7D%5Csqrt%7B6%7D-8%EF%BC%9C0$ 知 $f(x)%E5%9C%A8(0%2C1)$ 间有一根，矛盾！

若0是极大值点， $%5Cxi%20$ 是极小值点，其与0一定不是相邻的极大值与极小值点，从而0与 $%5Cxi%20$ 之间一定存在另一个根，矛盾！

那么 $%5Cxi%20$ 一定是极大值点

我们知道 $f(1)%3D%5Cfrac%7B28%7D%7B9%7D%5Csqrt%7B6%7D-8%EF%BC%9C0%20%20%E3%80%81f(2)%3D%5Cfrac%7B10%7D%7B9%7D%5Csqrt%7B3%7D%2B3-%5Csqrt%7B29%7D%20%20%EF%BC%9C0%20$