排序不等式与切比雪夫不等式的常用技巧

0x01.次数复杂时，可通过取对数，用排序不等式与切比雪夫不等式进行放缩

问题描述

已知$a,b,c>0,a+b+c=1$，证明$\sqrt{a^{1-a}b^{1-b}c^{1-c}}\le \cfrac{1}{3}$

注意到$y=\ln x$在$(0,+\infty)$上单调递增，知$x_1\le x_2\Leftrightarrow \ln x_1\le \ln x_2$

则

$$\begin{align} &\sqrt{a^{1-a}b^{1-b}c^{1-c}}\le \cfrac{1}{3} \\ \Leftrightarrow &\ln \sqrt{a^{1-a}b^{1-b}c^{1-c}}\le \ln\cfrac{1}{3} \\ \Leftrightarrow &\Sigma \cfrac{1-a}{2}\ln a\le \ln \cfrac{1}{3} \end{align}$$

问题描述

已知$a,b,c>0$，证明$(1)a^ab^bc^c\ge a^bb^cc^a$$(2)a^ab^bc^c\ge (abc)^{\frac{a+b+c}{3}}$

$(1)$

$$\begin{align} &a^ab^bc^c\ge a^bb^cc^a \\ \Leftrightarrow& a\ln a+b\ln b+c\ln c\ge b\ln a+c\ln b+a\ln c \end{align}$$

由排序不等式，知结论成立

$(2)$

$$\begin{align} &a^ab^bc^c\ge (abc)^{\frac{a+b+c}{3}} \\ \Leftrightarrow& a\ln a+b\ln b+c\ln c\ge \cfrac{1}{3}(a+b+c)(\ln a+\ln b+\ln c) \end{align}$$

由切比雪夫不等式，知结论成立

0x02.当题中有“缺一”形式，并且轮换的部分，可尝试用完全轮换式与缺的部分进行替换

问题描述

已知$a,b,c>0,a^2+b^2+c^2=3$，证明$\Sigma \cfrac{a^3}{b+c}\ge \cfrac{3}{2}$

$f(x)=x^3$在$\mathbb{R}$上单调递增，$g(x)=\cfrac{1}{s-x}(x<s)$单调递增（其中$s=a+b+c$）

故$\Sigma \cfrac{a^3}{b+c}=\Sigma f(a)g(a)$为顺序和

知

$$\begin{align} &\Sigma \cfrac{a^3}{b+c}+\Sigma \cfrac{a^3}{b+c}\\ \ge& \Sigma \cfrac{b^3}{b+c}+\Sigma \cfrac{c^3}{b+c}\\ =& \Sigma \cfrac{b^3+c^3}{b+c}\\ =& \Sigma (b^2-bc+c^2)\\ =& 2\Sigma a^2-\Sigma ab\\ \ge& 2\Sigma a^2-\Sigma a^2 \\ =&\Sigma a^2\\ =&3 \end{align}$$

知结论成立

问题描述

设$a,b,c,d>0,\Sigma a^2=4$，证明$\Sigma \cfrac{a^2}{b+c+d}\ge \cfrac{4}{3}$

$f(x)=x^2(x>0)$单调递增，$g(x)=\cfrac{1}{s-x}(x<s)$单调递增（其中$s=a+b+c+d$）

故$\Sigma \cfrac{a^2}{b+c+d}=\Sigma f(a)g(a)$为顺序和

由切比雪夫不等式，知

$$\begin{align} &\Sigma \cfrac{a^2}{b+c+d}\\ \ge& \cfrac{1}{4}\Sigma a^2\Sigma \cfrac{1}{b+c+d}\\ =& \Sigma \cfrac{1}{b+c+d}\\ \ge& \cfrac{1+1+1+1}{\Sigma(b+c+d)}\\ =& \cfrac{16}{3\Sigma a}\\ =& \cfrac{16}{3} \cdot \cfrac{1}{\sqrt{(\Sigma a)^2}}\\ \ge& \cfrac{16}{3} \cdot \cfrac{1}{\sqrt{4\Sigma a^2}}\\ =&\cfrac{4}{3} \end{align}$$

知结论成立

0x03.通过切比雪夫联合技术，联合等式两边

注：分拆为$\Sigma_{i=1}^nf(x_i)(x_i-\overline{x})(\text{顺序和})\ge \cfrac{1}{n}\Sigma_{i=1}^nf(x_i)\Sigma_{i=1}^n(x_i-\overline{x})=0$

问题描述

设$a,b,c,d>0,a+b+c+d=4$，证明$\Sigma\cfrac{1}{11+a^2}\le \cfrac{1}{3}$

$$\begin{align} &\text{结论}\\ \Leftrightarrow& \Sigma \cfrac{1}{11+a^2}\le \Sigma \cfrac{1}{12}\\ \Leftrightarrow& \Sigma (\cfrac{1}{12}-\cfrac{1}{11+a^2})\ge 0\\ \Leftrightarrow& \Sigma \cfrac{a^2-1}{12(11+a^2)}\ge 0\\ \Leftrightarrow& \Sigma [\cfrac{a+1}{a^2+11}\cdot(a-1)]\ge 0 \end{align}$$

不妨设$a\ge b\ge c\ge d>0$，则$a-1\ge b-1\ge c-1\ge d-1$

可以证明$\cfrac{a+1}{a^2+11}\ge \cfrac{b+1}{b^2+11}\ge \cfrac{c+1}{c^2+11}\ge \cfrac{d+1}{d^2+11}$

故$\Sigma [\cfrac{a+1}{a^2+11}\cdot(a-1)]\ge \cfrac{1}{4}\Sigma\cfrac{a+1}{a^2+11}\cdot \Sigma(a-1)=0$

知结论成立

0x04.若题目中给定了大小条件，则可通过平均值调整非轮换项

问题描述

设$0< a\le a\le b\le c,a+b+c=\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}+\cfrac{1}{c}$，证明$ab^2c^3\ge 1$

$$\begin{align} &ab^2c^3\\ =&(abc)^2\cdot c\cdot \cfrac{1}{a}\\ \ge&(abc)^2\cdot\cfrac{a+b+c}{3}\cdot\cfrac{\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}+\cfrac{1}{c}}{3}\\ =&\cfrac{1}{9}(abc)^2(\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}+\cfrac{1}{c})^2\\ =&\cfrac{1}{9}(ab+bc+ca)^2 \end{align}$$

欲证结论，只需证$ab+bc+ca\ge 3$

由$a+b+c=\cfrac{1}{a}+\cfrac{1}{b}+\cfrac{1}{c}$

知$ab+bc+ca=abc(a+b+c)=a^2bc+b^2ca+c^2ab\le \cfrac{1}{3}(ab+bc+ca)^2$

故$ab+bc+ca\ge 3$，知结论成立