利用柯西不等式來配湊係數

作者：由 Sensitives 發表于文化時間：2021-07-14

利用恆等式求代數式的值是多少

ps：本文僅適合聯賽難度（確信）

回顧一下

柯西不等式：

$設a_{i}，b_{i}\in R，i=1,\cdots,n，則$

$(\sum_{i=1}^{n}{a_{i}^{2}})(\sum_{i=1}^{n}{b_{i}^{2}})\geq(\sum_{i=1}^{n}{a_{i}b_{i}})^{2}\large\$

$當且僅當a_{i}=kb_{i}(k\ne0)，i=1,...,n時取等$

Ⅰ 起步

柯西不等式的取等條件是很多競賽生（特別是初學不等式者）所不曾注意的，事實上利用柯西不等式待定係數的核心就是在於它的取等條件，下面我們來看幾個例子：

例一：

（IMO Short List 2016）求最大的實數

使得對所有正整數

$n\geq1$

和任意

$x_{0},x_{1},\cdots x_{n}$

滿足

$0=x_{0}＜x_{1}＜x_{2}＜\cdots ＜x_{n},$

均有

$\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{x_{k}-x_{k-1}}}\geq a\sum_{k=1}^{n}{\frac{k+1}{x_{i}}} \cdots(1)$

分析與解答：

由原不等式直接估計

的上界是一件困難的事，為了構造出

$\frac{1}{x_{i}-x_{i-1}}$

這一項，我們來考慮待定係數，由柯西不等式，有：（其中

$a_{k}$

為待定係數）

$\left[x_{k-1}+(x_{k}-x_{k-1}) \right]\left(\frac{a_{k-1}^{2}}{x_{k-1}}+\frac{1}{x_{k}-x_{k-1}}\right)\geq (a_{k-1}+1)^{2}$

於是

$\frac{1}{x_{k}-x_{k-1}}\geq \frac{(a_{k-1}+1)^{2}}{x_{k}}-\frac{a_{k-1}^{2}}{x_{k-1}}$

將其餘（n-1）個式子相加，比較

$\frac{1}{x_{k}}$

的係數，有

$\left((a_{k-1}+1)^2-a_{k}^2)=\right)(a_{k-1}+1-a_{k})(a_{k-1}+1+a_{k})=a(k+1)$

其中

$a_{0}=0$

（因為

$x_{0}=0$

）。如果把

看做變數，那麼上式右邊為關於

的一次式，因此我們大膽猜測

$\left\{ a_{k}\right\}$

可能是

等差數列

！

設

$a_{k}=bk$

（b為常數），有：

為湊出

這一項，上式左邊

和常數項係數必須相等，因此

$2b=1-b\Rightarrow b=\frac{1}{3}$

回到原題，則當

$n\geq k\geq2$

時，有：

$\left[x_{k-1}+(x_{k}-x_{k-1}) \right]\left(\frac{(k-1)^{2}}{x_{k-1}}+\frac{3^2}{x_{k}-x_{k-1}}\right)\geq (k-1+3)^{2}\cdots(2)$

$\Rightarrow \frac{3^2}{x_{k}-x_{k-1}}\geq \frac{(k+2)^{2}}{x_{k}}-\frac{(k-1)^2}{x_{k-1}}$

$\Rightarrow \frac{3^2}{x_{1}-x_{0}}+\sum_{k=2}^{n}\frac{3^2}{x_{k}-x_{k-1}} \geq\ \frac{3^2}{x_{1}}+\sum_{k=2}^{n}\left[\frac{(k+2)^{2}}{x_{k}}-\frac{(k-1)^2}{x_{k-1}}\right]$

$\Rightarrow9 \cdot\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{x_{k}-x_{k-1}} \geq\ 4\cdot \sum_{k=1}^{n}\frac{k+1}{x_{k}}+\frac{n^2}{x_{n}}$

，故

$a=\frac{4}{9}$

時，不等式恆成立

下證

$a_{max}=\frac{4}{9}$

，由（2）的取等條件得

$3x_{k-1}=(k-1)(x_{k}-x_{k-1})$

$(k-1)x_{k}=(k-2)x_{k-1}\Rightarrow \frac{x_{k}}{(k+2)(k+1)k}=\frac{x_{k-1}}{(k-1)(k+1)k}$

為了讓（差分後）形式好看點，我們不妨取

$x_{k}=\frac{1}{3}k(k+1)(k+2)$

，則

（1）式的左邊

$LHS=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}=1-\frac{1}{n+1}$

（1）式的右邊

$RHS=a\sum_{k=1}^{n}{\frac{k+1}{x_{i}}}=3a\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{k(k+2)}}=\frac{3}{2}a\left(1+\frac{1}{2}-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right)$

當

$n\rightarrow \infty，2\geq3a\times\frac{3}{2}\Rightarrow a\leq\frac{4}{9}$

，從而

$a_{max}=\frac{4}{9}\$

$\square$

例二：

（《不等式的秘密》）對任意實數

$x_{1},x_{2},\cdots,x_{n},$

$x_{1}^2+(x_{1}+x_{2})^2+\cdots+(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n})^2\leq t(x_{1}^2+x_{2}^2+\cdots+x_{n}^2)\cdots(3)$

恆成立，求

的最小值

分析：

不等式左邊每一個

$x_{i}$

地位都不相等，因此我們考慮待定係數

$c_{i}＞0(i=1,2,\cdots,n)$

，由柯西不等式，得

$(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{k})^2\leq (c_{1}+c_{2}+\cdots+c_{k})(\frac{x_{1}^2}{c_{1}}+\frac{x_{2}^2}{c_{2}}+\cdots+\frac{x_{k}^2}{c_{k}})\\$

上式對

$k=1,2,\cdots,n$

求和，得

$x_{1}^2+(x_{1}+x_{2})^2+\cdots+(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n})^2\leq \frac{(s_{1}+s_{2}+\cdots+s_{n})x_{1}^2}{c_{1}}+\frac{(s_{2}+\cdots+s_{n})x_{2}^2}{c_{2}}+\cdots+\frac{s_{n}x_{n}^2}{c_{n}}\cdots(4)$

其中

$s_{k}=\sum_{i=1}^{k}{c_{i}}$

，為了構造出（3）式的形式，我們希望（4）式的右邊每個

$x_{k}$

的係數相等，利用這一點，我們來選取合適的

$c_{k}$

，即

$\frac{(s_{1}+s_{2}+\cdots+s_{n})}{c_{1}}=\frac{(s_{2}+\cdots+s_{n})}{c_{2}}=\cdots=\frac{s_{n}}{c_{n}}\\$

等價於

其中

$c_{n+1}=0）$

$\frac{s_{1}}{c_{1}-c_{2}}=\frac{s_{2}}{c_{2}-c_{3}}=\cdots=\frac{s_{n-1}}{c_{n-1}-c_{n}}=\frac{s_{n}}{c_{n}-c_{n+1}}\\$

由

$c_{k}=s_{k}-s_{k-1}$

，上式又等價於（其中

$s_{n+1}=\sum_{i=1}^{n+1}{c_{i}}$

）

$\frac{s_{2}}{s_{1}}=\frac{s_{1}+s_{2}}{s_{2}}=\cdots=\frac{s_{n-2}+s_{n}}{s_{n-1}}=\frac{s_{n-1}+s_{n+1}}{s_{n}}\\$

令

$\frac{s_{k+1}}{s_{k}}=\lambda_{k}$

，則

$\lambda_{k+1}=\lambda_{1}-\frac{1}{\lambda_{k}}(1\leq k \leq n-1)$

，如果我們熟悉三角公式，不難想到：取

$\lambda_{1}=2\cos{\frac{π}{2n+1}}=\frac{sin\frac{2\pi}{2n+1}}{sin\frac{\pi}{2n+1}}$

，則由歸納法和上述的約束條件易得

$\lambda_{k}=\frac{sin\frac{(k+1)\pi}{2n+1}}{sin\frac{k\pi}{2n+1}}$

，故我們取

$s_{k}=\sin{k\alpha}$

，其中

$\alpha=\frac{\pi}{2n+1}$

，那麼我們有

$c_{k}=\sin{k\alpha}-\sin{(k-1)\alpha}$

，則

$\begin{align}s_{k}+s_{k+1}+\cdots+s_{n}&=\sum_{i=k}^{n}{\sin{i\alpha}}\\&=\frac{\cos{\left(k-\frac{1}{2}\right)\alpha}-cos(n+\frac{1}{2})\alpha}{2\sin{\frac{\alpha}{2}}}\\&=\frac{\cos{\left(k-\frac{1}{2}\right)\alpha}}{2\sin{\frac{\alpha}{2}}}\end{align}\\$

於是

$t=\frac{s_{k}+s_{k+1}+\cdots+s_{n}}{c_{k}}=\frac{\cos{\left(k-\frac{1}{2}\right)\alpha}}{2\sin{\frac{\alpha}{2}}(\sin{k\alpha}-\sin{(k-1)\alpha})}=\frac{1}{4\sin^2{\frac{\alpha}{2}}}\\$

由（4）的取等條件知

$\frac{x_{1}}{\sin{\alpha}}=\frac{x_{2}}{\sin{2\alpha}-\sin{\alpha}}=\cdots=\frac{x_{n}}{c_{k}=\sin{n\alpha}-\sin{(n-1)\alpha}}\\$

代入即得

$t=\frac{1}{4\sin^2{\frac{\pi}{2(2n+1)}}}$

$\square$

注:

類似的，還有反向不等式

$x_{1}^2+(x_{1}+x_{2})^2+\cdots+(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n})^2\geq \frac{1}{4\cos^2{\frac{\pi}{2n+1}}}(x_{1}^2+x_{2}^2+\cdots+x_{n}^2)\\$

證明留給讀者

Ⅱ 應用

透過上面幾個例子，相信大家都對這種方法有了深刻的感受，下面我們再來看幾個例子：

例三：

（2018巴爾幹MO預選題）對任意正實數

$x_{1},x_{2},\cdots x_{n}$

，證明：

$\sum_{i=1}^{n}x_i^2\geq\frac{1}{n+1}(\sum_{i=1}^{n}x_i)^2+\frac{12(\sum_{i=1}^{n}ix_i)^2}{n(n+1)(n+2)(3n+1)}$

分析和證明：

不等式的右邊既不輪換也不對稱，為了配湊出

$\frac{12(\sum_{i=1}^{n}ix_i)^2}{n(n+1)(n+2)(3n+1)}$

，我們來考慮

$\sum_{i=1}^{n}x_i^2-\frac{1}{n+1}(\sum_{i=1}^{n}x_i)^2\\=\sum_{i=1}^{n}\left({x_{i}-\frac{1}{n+1}\sum_{i=1}^{n}x_i}\right)^2+\left(\frac{1}{n+1}\sum_{i=1}^{n}x_i\right)^2$

因此原不等式

$\Leftrightarrow\sum_{i=1}^{n}\left({x_{i}-\frac{1}{n+1}\sum_{i=1}^{n}x_i}\right)^2+\left(\frac{1}{n+1}\sum_{i=1}^{n}x_i\right)^2\geq\frac{12(\sum_{i=1}^{n}ix_i)^2}{n(n+1)(n+2)(3n+1)}\cdots(5)$

令

$S=\frac{1}{n+1}\sum_{i=1}^{n}x_i，a_{i}=x_{i}-S$

，則（5）式的左右兩邊：

$LHS^{(5)}=\sum_{i=1}^{n}{a_{i}}^2+S^2$

$RHS^{(5)}=\frac{12(\sum_{i=1}^{n}ia_i+\frac{n(n+1)}{2}S)^2}{n(n+1)(n+2)(3n+1)}$

根據取等，不難由柯西不等式得出係數：

$(\sum_{i=1}^{n}{a_{i}}^2+S^2)(1^2+2^2+\cdots+n^2+\frac{n^2(n+1)^2}{2^2})\geq(\sum_{i=1}^{n}ia_i+\frac{n(n+1)}{2}S)^2\\$

又由

$1^2+2^2+\cdots+n^2+\frac{n^2(n+1)^2}{4}\\=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+\frac{n^2(n+1)^2}{4}\\=\frac{12}{n(n+1)(n+2)(3n+1)}\qquad\square$

注:

事實上：

$\frac{12}{n(n+1)(n+2)(3n+1)}=\frac{1}{\sum_{i=1}^{n}{i^2}+\sum_{i=1}^{n}{i^3}}$

例四：

（2017臺灣TST）給定正整數

$n\geq3$

。求最大的實數

$\lambda$

，使得只要正數

$a_{1},a_{2},\cdots,a_{n}$

滿足

$\sum_{i=1}^{n}a_i^2<\lambda(\sum_{i=1}^{n}a_i)^2$

，就有

$a_1,a_2,\cdots,a_n$

中任意三個數均可作為某個三角形的邊長

分析與解答：

我們來考慮這個問題的反面（逆否命題）：求最大的實數

$\lambda$

，使得若存在

，且

$a_i\geq a_j+a_k$

，則必有

$\sum_{i=1}^{n}a_i^2\geq \lambda(\sum_{i=1}^{n}a_i)^2$

成立於是我們選擇取

$a_1=2,a_2=a_3=1,a_4=\cdots=a_n=x$

，則令

$f(x)=\frac{\sum_{i=1}^{n}a_i^2}{(\sum_{i=1}^{n}a_i)^2}=\frac{2^2+1^2+1^2+x^2(n-3)}{[2+1+1+x(n-3)]^2}\\$

$\Rightarrow f$

，再令

回到原題，一方面我們取

$a_1=4,a_2=a_3=2,a_4=\cdots=a_n=3,$

則

$\lambda\leq \frac{16+4+4+x^2(n-3)}{(8+3(n-3))^2}=\frac{3}{3n-1}\\$

下證：若

$a_1\geq a_2+a_3$

，則

$\sum_{i=1}^{n}a_i^2\geq \frac{3}{3n-1}(\sum_{i=1}^{n}a_i)^2$

簡證：因為我們已經知道了不等式的取等條件，所以由柯西不等式：

$\begin{align}\sum_{i=1}^na_i^2&\geq \frac{(4a_1+2a_2+2a_3+3a_4+...+3a_n)^2}{4^2+2^2+2^2+3^2+...+3^2}\\ &\geq\frac{(3a_1+3a_2+3a_3+3a_4+...+3a_n)^2}{4^2+2^2+2^2+3^2+...+3^2}\\&=\frac{3}{3n-1}(\sum_{i=1}^na_i)^2\end{align}\\$

故

$\lambda$

最大值為

$\frac{3}{3n-1}$

$\square$

例五：

設正整數

$n\geq2$

，實數

$x_i(i=1,2,\cdots,n)$

滿足

$x_1\geq x_2\geq \cdots\geq x_n,$

$\left\{ \begin{array} xx_1+x_2+\cdots+x_n=0 &\\ x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2=n(n-1)\end{array} \right.$

求

的最大值和最小值

分析與解答：

一次式求最大值是比較容易的，所以我們先求

的最大值：

由柯西：

$\begin{align}n(n-1)&=x_1^2+x_2^2+(x_3^2+···+x_n^2)\\&\geq\frac{(x_1+x_2)^2}{2}+\frac{(x_3+···+x_n)^2}{n-2}\\&=\frac{n(x_1+x_2)^2}{2(n-2)}\end{align}$

$\Rightarrow \quad (x_1+x_2)^2\leq2(n-1)(n-2)\qquad \Rightarrow x_1+x_2\leq\sqrt{2(n-1)(n-2)}$

當且僅當

$\left\{ \begin{array}{rl} x_1=x_2=\sqrt{\frac{(n-1)(n-2)}{2}}\\ x_3=x_4=···=x_n=-\sqrt{\frac{2(n-1)}{n}} \end{array} \right.$

時取等

下面我們來求

的最小值。，一般來說一次式的最小值常用均值不等式求解，但這裡並沒有任何乘積的形式（並且

不全是正數），如果我們先考慮一個簡單的情形：

在條件

$\left\{ \begin{array}{rl} a+b+c=0\cdots(a)\\a^2+b^2+c^2=6\cdots(b)\\a\geq b\geq c\cdots(c) \end{array} \right.$

下，求

的最小值

然後該怎麼做呢？我們目前並不能充分使用到（a）和（c），所以我們先來考慮（b），去嘗試讓

大於等於一個二次式，我們希望這個二次式最好能直接放縮成

的若干倍，但

和

的地位天生不等，所以不可能只包含

這一項。由於

很難直接放縮成有關

的式子，為了防止放過，我們來嘗試配湊恆等式。

我們考慮

再加上一個式子，這個式子它得是二次的，還必須是具有

地位相等且與

地位不相等的性質。這讓我們聯想到

和

這兩個式子，但前者無法進一步放縮（因為無法判斷正負），因此我們考慮

，為了再把

中的

消掉，我們不妨再給

配一個係數2。

此時右邊有關

的代數式為

，為了把有關

的項消掉，我們考慮再去加一項，而這一項必須非負，且有關

的項係數為負，由這兩點我們就可以想到去配一個有關

的項。但不能是

，因為這一項是不能放成0的，因為如果放成

，結合之前新增的

，我們得出

，這顯然是錯誤的。不過值得一提的是，我們能透過調整x，y使這一項恆正，這就啟示我們去再用一個可以放成

的一次式去與其相乘，於是我們就想到了一直沒使用過的（a），設：

$\lambda(a+b)^2=a^2+b^2+c^2+2(a-c)(b-c)+(a+b+c)[x(a+b)-yc]$

為了消掉

，令

，展開可得

$\lambda(a+b)^2=(x+1)(a+b)^2+(x-5)(ac+bc)$

，於是

從而

$6(a+b)^2=a^2+b^2+c^2+2(a-c)(b-c)+(a+b+c)[5(a+b)-3c]\geq 6$

於是，當

時，

$a+b\geq 1$

，當

時取等

有了三元的基礎，當

$n\geq 4$

時，我們同理可得（大霧）：

$n(n-1)(x_1+x_2)^2=4\sum_{i=1}^{n}{x_i^2}+4\sum_{i\ne j}(x_1-x_i)(x_2-x_j) \\+4\sum_{i=1}^{n}{x_i}\left[(n-2)(x_1+x_2)-\sum_{i=3}^{n}{x_i}\right]+(n-1)(n-4)(x_1-x_2)^2\geq 4n(n-1)\\$

於是，當

$n\geq 4$

時，

$x_1+x_2\geq 2$

，取等條件：當

$x_k=1(1\leq k\leq n-1)$

，

時取等

Ⅲ 習題

這些題目是我從各種地方找來的題，題目數量可能有點多，而且有的題目也並不是只用到了柯西不等式，不過我並沒有放出解答，目的是希望大家能認真思考（qi shi shi lan）

1。（《不等式的秘密》）設

，且滿足

，求

的最小值

2。（羊明亮）給定實數

$p_1,p_2,\cdots,p_n$

，滿足

$\sum_{i=1}^{n}{p_{i}x_{i}}=1$

的實數

$x_1,x_2,\cdots,x_n$

，求

$\sum_{i=1}^{n}{x_{i}^{2}}+\left(\sum_{i=1}^{n}{x_{i}}\right)^{2}\\$

的最小值

3。給定整數

$n\geq2$

，求最小的實數

$\lambda$

，使得對任意滿足

$\sum_{i=1}^nia_i=0$

的實數

，都有

$(\sum_{i=1}^na_i)^2\leq\lambda\sum_{i=1}^na_i^2$

4。設

$x_i＞0,i=1,2,\cdots,n,x_{n+1}=x_1$

，證明：

$\sum_{i=1}^n\frac{x_i^2}{x_{i+1}}\geq\sum_{i=1}^nx_i+\frac{4(x_1-x_n)^2}{\sum_{i=1}^nx_i}$

5。（RMO 2007）對於

$a_i\in R^+,1\leq i\leq n$

，證明：

$(1+a_1)(1+a_1+a_2)···(1+a_1+a_2+···+a_n)\geq\sqrt{(n+1)^{n+1}a_1a_2···a_n}$

6。設整數

$n\geq 2$

，實數

$a_1,a_2,\cdots,a_n$

滿足

$\sum_{i=1}^{n}{a_i}=1$

，設

$b_k=\left(1-\frac{1}{4^k}\right)·\sqrt{a_1^2+a_2^2+···+a_k^2}(k=1,2,···,n)$

求

$b_1+b_2+\cdots+b_{n-1}+2b_n$

的最小值

7。設正整數

$n\geq1$

，實數

$a_1,a_2,\cdots,a_n$

，證明：

$\frac{3[\sum_{k=1}^n(2k-n-1)a_k]^2}{n^2-1}+(\sum_{k=1}^na_k)^2\leq n(\sum_{k=1}^na_k^2)$

8。設

$a_i\in R^+(1\leq i\leq n)$

，證明：

$\frac{1}{\sqrt{1+a_1^2+a_2^2}}+\frac{1}{\sqrt{1+a_1^2+a_2^2+a_3^2}}+···+\frac{1}{\sqrt{1+a_1^2+a_2^2+···+a_n^2}}\leq \frac{1}{2\sqrt{2}-1}(1+{\frac{1}{a_1}}+{\frac{1}{a_2}}+···+{\frac{1}{a_n}})$

9。設

$0<a_n<a_{n-1}<···<a_0=1$

，證明：

$\sum_{i=1}^n\frac{a_i^2}{a_{i-1}-a_i}>\frac{1}{2}\sum_{i=1}^nia_i-1$

10。給定正整數

$n\geq2$

，

$1\leq x_1\leq x_2\leq\cdots\leq x_n$

，證明：

$\sum_{k=1}^n\frac{x_k}{1+x_1+x_2+···+x_k}<\sqrt{\sum_{k=1}^n\frac{kx_k}{k+1}}$

11。（國子學）給定正整數

以及正實數

，已知

$x_1,x_2,\cdots,x_n$

為非負實數且均不大於

，求證

$(\sum_{i=1}^n\sqrt{1+x_i})^2\leq n^2+n\sum_{i=1}^nx_i-\frac{\sum_{1\leq i＜j\leq n}(x_i-x_j)^2}{4(m+1)}$

12。（Romania TST 2013）已知正整數

，

$x_1,x_2,\cdots,x_n$

為正實數，求

$min\left\{ \begin{array} (x_1,\frac{1}{x_1}+x_2,\frac{1}{x_2}+x_3,···,\frac{1}{x_{n-1}}+x_n,\frac{1}{x_n}\end{array} \right\}$

的最大值與

$max\left\{ \begin{array} (x_1,\frac{1}{x_1}+x_2,\frac{1}{x_2}+x_3,···,\frac{1}{x_{n-1}}+x_n,\frac{1}{x_n}\end{array} \right\}$

的最小值

13。（2013 Austria MO）非負實數

$a_1,\cdots,a_n$

滿足對所有的正實數

$x_1＞x_2＞\cdots＞x_n$

，且

$\sum_{i=1}^{n}{x_i}＜1$

均有

$\sum_{k=1}^{n}{a_kx_k^3}＜1$

，求

$na_1+(n-1)a_2+\cdots+a_n$

的最大可能值

14。（《Problems from the Book》）定義2n個正實數

$a_1,a_2,\cdots,a_n,x_1,x_2,\cdots,x_n$

滿足

$\sum_{1\leq i＜ j\leq n}x_ix_j= \binom{n}{2}$

，證明：

$\sum_{i=1}^n(\frac{a_i}{\sum_{j\ne i}a_j}\sum_{j\ne i}x_j)\geq n$

15。（《Problems from the Book》）求最大常數

，使得對任意非負實數

$x_1,x_2,\cdots,x_n$

，都有

$\left(\sum_{i=1}^nix_i \right)\left(\sum_{i=1}^{n}{x_{i}^2}\right)\geq C\left(\sum_{i=1}^{n}{x_{i}}\right)^{3}\$

16。（1）對於非負實數

$a_1,a_2,\cdots,a_n,$

證明：

$\sum_{k=1}^{n}(\frac{a_1+a_2+...+a_k}{k})^2\leq 4\sum_{k=1}^{n}a_n^2$

（2）證明著名的

Hardy不等式：

對於非負實數列

$a_1,a_2,\cdots,a_n,\cdots$

，則

$\sum_{n=1}^{\infty}(\frac{a_1+a_2+...+a_n}{n})^p\leq (\frac{p}{p-1})^p\sum_{n=1}^{\infty}a_n^p$

，且證明

$(\frac{p}{p-1})^p$

是最佳常數（提示：參考例二）

17。（冷崗松）設正整數

，實數

滿足

，求證：

$\sum_{ij\leq n}x_ix_j\leq2\sqrt{n}$

（提示：利用均值不等式配係數）

18。（Fritz Carlson）對於實數

$a_1,a_2,\cdots,a_n$

，我們有

$\pi^2(\sum_{i=1}^na_i^2)(\sum_{i=1}^ni^2a_i^2)\geq (\sum_{i=1}^na_i)^4$

19。（西西）給定整數

$n\geq 2$

，實數

$x_1,x_2,\cdots,x_n$

，滿足

$\left\{ \begin{array} xx_1+x_2+\cdots+x_n=0 &\\ x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2=n(n-1)\end{array} \right.$

求

$x_1^3+x_2^3+\cdots+x_n^3$

的最大值

20。給定正奇數

$n\geq3$

，求最小的正實數

，使得對所有和為1的實數

$x_1,x_2,\cdots,x_n$

，我們有

$c\left(\sum_{i=1}^{n}{x_i^2}\right)^3 \geq \left(\sum_{i=1}^{n}{|x_{i+1}-x_i|}\right)^2\left(\sum_{1\leq i<j\leq n}^{}{(x_i-x_j)^2}\right)$

，其中

$x_{n+1}=x_1$

（提示：最好不要先猜取等）

21。（西西）給定正整數

，求最大的實數

，使得對於任意的

個正實數

$a_1,a_2,\cdots,a_n$

滿足

$\prod_{k=1}^{n}a_k=1$

，均有：

$\sum_{k=1}^{n}{\left[\frac{1}{k}-\frac{2}{n(n+1)}\right]}\cdot a_k\geq c\left(\sum_{k=1}^{n}{\frac{k^2}{a_k}}\right)^{\frac{1}{n-1}}\\$

（完）如果有需要的話，以後我可能會專門水一篇習題的解答和思路分析的文章（咕咕咕）。本文算是我筆記的一個整理，大部分分析都是我自己口胡的，求大佬們輕噴qwq

標簽：實數不等式我們最小值正整數

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利用柯西不等式來配湊係數

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