100个代数不等式好题

不知道为啥很想写这个。为了避免三分钟热度，已经找人监督了。

听了某些人的话，感觉确实有必要写引导性笔记，这似乎就是费曼学习法？

1.

$$\sum_{i=1}^{n} \frac{x_i}{x_{i+1}} \ge \sum_{i=1}^{n} \frac{x_i+1}{x_{i + 1} + 1},x_i > 0$$

下标理解为 mod n。

首先拿到这个题一看，脑袋里面就是什么糖水不等式之类的，再仔细一想，肯定就发现这个问题肯定和糖水无关，因为连 $x_i,x_{i+1}$ 相对大小关系都不知道，而且这个东西严重影响不等号的方向。

然后就有点干瞪眼了。仔细观察一下，这个不等式里面的那个 “1” 很烦人，想想能不能在这上面做些手脚。而且这个题的 $x_i$ 自由度非常高，在这上面大做文章肯定是极其复杂的。

这一切都告诉我们研究的主题应该放在 “1” 身上，而且观察到只要对 “1” 成立，对任意自然数好像都是成立的，因为替换一下就行了。

思路呼之欲出。

令 $f(t)= \sum_{i=1}^{n} \frac{x_i+t}{x_{i + 1} + t}$，对 $f(t)$ 求导，得，

$$f'(t)=\sum_{i=1}^{n} \frac{ {x_{i+1}-x_i} }{(x_{i + 1} + t)^2 }=\sum_{i=1}^{n} \frac{ {x_{i+1}} }{(x_{i + 1} + t)^2} - \frac{ {x_i} }{ (x_{i + 1} + t)^2 }$$

由排序不等式显然 $f’(t) \le 0$。因为左边就是逆序和，右边是乱序和。

原题即证 $f(0) \ge f(1)$ , 证毕。

2.

$$\sum_{i=1}^{n} \frac{x_i}{x_{i+1}} \ge \sum_{i=1}^{n} \frac{x_{i + 1}+1}{x_i + 1},x_i \in [2023,2025]$$

下标理解为 mod n。

首先感恩 CAN 群为我提供如此高质的问题，感谢小黄鸭的讲解，受益颇丰。

乍一看好像和第一题差不太多，其实难上加难，原因如下。

这个东西轮换不对称，你最多设最大元，但这毫无意义；依然是这种无对称性，第一题的方法毫无用武之地。

我们想能不能构造某个中间量来证明这个命题，但依然不行，因为我们发现左右两式都大于等于 $n$。

我们想尝试代数变形，像 $\frac{x_i}{x_{i+1}} - \frac{x_{i+1}+1}{x_i+1}=\frac{(x_{i+1}-x_i)(x_i+x_{i+1}+1)}{x_i(x_{i+1}+1)}$，但是这样正负也未知。

似乎异常难下手。确实挺难下手的。但是从积分的角度很容易拿到局部不等式。

不妨将问题特殊化，我就假设这个数列递增，刚刚的代数变形看上去好像还有点前景，我们先保留。

我们同时发现分子里面的 $x_{i+1}-x_i$ 似乎有一些积分的特质在里面，尝试把这个问题放在积分观点（那可以理解成 n 有无限项）下，来看看会发生什么。

$$\sum_{i=1}^{n-1} \frac{(x_{i+1}-x_i)(x_i+x_{i+1}+1)}{x_i(x_{i+1}+1)} \approx \int_{x_1}^{x_n} \frac{2x+1}{x(x+1)} dx=ln(\frac{x_n(x_n+1)}{x_1(x_1+1)})$$

我们来直观感受一下这个东西，这个就是一种在两个数之间插入数的这么一种感觉，插入无限项就有极限了，这玩意儿可能是个局部不等式。

先考虑它真是个局部不等式，那这个题还真就做完了，这大大增加了我们的信心，这个极有可能是对的。

那其实我们要证的就是这个东西了 $\frac{b}{a} - \frac{a+1}{b + 1} \ge ln (\frac{b(b+1)}{a(a+1)})$，此时我们发现这个局部好像不太对，这是因为我们漏了 $x_i$ 有取值范围，于是我们补上约束条件 $b \ge a-2,b>0,a>0$

接下来就可以求导暴算了，但是接下来我还是会用积分的方法完成证明，因为这个方法简直太牛了，完全不知道想到的人脑子怎么长的。我们考虑积分的时候不可避免的需要讨论 $a,b$ 之间的大小关系。

首先先来看 $b\ge a$:

$$ln(\frac{b(b+1)}{a(a+1)}) = \int_{a}^{b} (\frac{1}{x} + \frac{1}{1+x}) dx = \int_{a}^{b} (\frac{1}{x} + \frac{1}{1+a+b-x}) \le \int_{a}^{b} (\frac{1}{a} + \frac{1}{b+1}) dx = (b-a)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b+1})$$

再来看 $a\ge b \ge a-2$

$$ln(\frac{a(a+1)}{b(b+1)}) = \int_{b}^{a} (\frac{1}{x} + \frac{1}{1+x}) dx \ge \int_{b}^{a} (\frac{1}{\frac{a+b}{2}} + \frac{1}{\frac{a+b}{2}+1}) dx \ge (a-b)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b + 1})$$

补充一下，这个第一个不等号的来历是由于反比例函数下凸，可以使用切线放缩，即两端点中点处切线围成的梯形面积来放缩。

至此，本题结束。太美妙了。

补充，其实领悟到这个题是通过加数的过程拿到局部不等式，本题也可以通过归纳法完成

3.

设正整数 $n \le k$, $a_1,…,a_n$ 是单调不增的正实数，求证：对于任意 $k$ , 存在 $\left\{1,2,3…,n \right\}$ 的一组划分 $B_1,B_2,B_3,…,B_k$, 满足，

$$\min_{1\le j\le k} \left (\sum_{i\in B_j}^{} a_i \right ) \ge \min_{1\le j \le k} \left ( \frac{1}{2k + 1 - 2j} \cdot \sum_{i=j}^{n} a_i\right )$$

首先先对问题做一个整体感受，整个问题只有和式，很怪异，感觉本题应该不会使用到什么经典手法。还有就是让我证大于等于某个东西的最小值，这个东西也很怪异，我们只要说明 $LHS$ 大于等于 $RHS$ 中的任意一种情况。本题还有一点在于他不止让我证明一个不等式，是让我证明 $n$ 个，这暗示我们可能要使用归纳法。右式长相很怪异，不太好处理的呀子，不妨从 $k$ 很小的情况开始探索。 为方便表述，下面记 $S=\sum_{i=1}^{n} $

$k=1$ 时，两边显然相等。

$k=2$ 时，左式不太好处理，因为证明的核心肯定在左式身上，我们先放一边。来看右式，它变成了 $\min(\frac{1}{3} S,S-a_1)$。此时好像仍然不太好操作，但是因为我们只需要讨论两个东西的大小，不妨进行分类讨论。

$(1). \frac{S}{3} \ge S- a_1$

从而有 $a_1\ge \frac{2}{3}S$。 进而我们直接取 $B_1= \left \{ 1 \right \},B_2=\overline{B_1}$ 有原不等式成立。

$(2). \frac{S}{3} \le S- a_1$

从而有 $a_1\le \frac{2}{3}S$。好像又不太会了怎么办，能不能变成上面的样子呢？此时由于不等式右半边是什么已经很清楚了，我们的证明工作又少了一点。形如 $(1)$ 的构造已是极限了吗？发现 $(1)$ 的下界可以来到 $\frac{S}{3}$ ，这样构造都是对的。

那接下来我们只要证明当 $a_1 < \frac{S}{3}$ 时，原不等式依然成立。显然，像刚才那样取 $B$ 现在已经行不通了，我们需要一点扩展。那能不能变成上面的形式呢？你没到 $\frac{S}{3}$ 是吧，我给你加过去。从头往后加数，一定存在加到某个位置时第一次大于等于 $\frac{S}{3}$，并且由于数列递减，加到这个位置的时候一定不会大于 $\frac{2S}{3}$。诶？ $k=2$ 好像就做完了？

接下来尝试推广到任意情况，别忘了，我们应该使用归纳法。

考虑对 $k$ 进行归纳。仿照刚刚的思路，什么时候取 $B_1=\left \{ 1 \right \}$ 时就对了。

发现 $a_1 \ge \frac{S}{2k-1}$ 时就行了，剩下的部分由 $k-1$ 的情况就证明了。

继续仿照 $k=2$ 的思路，发现加数操作我们似乎写的很含糊，需要更具体的说明为什么我们总可以分出 $k$ 组都大于等于 $\frac{S}{2k-1}$。对于这样的组合问题我们常见的方法是算两次。假设我们按照上面的方法分了 $m$ 组，最后可能还剩了一些数不足 $\frac{S}{2k-1}$ ，有不等式如下。

$S = \sum_{i=1}^{n} a_i < m\cdot \frac{2S}{2k-1}+\frac{S}{2k-1}$

解得 $m \ge k$。 证毕。

优雅至极啊。

4.

$$n\ge 2,\forall i,0\le a_i \le 1,\sum_{i=1}^{n}a_i=1,证:\sum_{i=1}^{n} \frac{a_ia_{i+1} }{1-(a_i-a_{i+1})^2} \le \frac{1}{2}$$

下标按 mod n 意义理解。

总算是有个自己能做的题了。原则上是不会记录我自己会的题的，但没办法下个题要接着这个题做，所以就写一下。下面主要是我自己的思路。

首先看到左式奇形怪状的很难受，用柯西放一步符号是反的，拆拆括号变变形，还是啥都发现不了。发现题目给了关于和的条件，看看齐次化效果如何。然后发现还是没啥用，除了有个平方差。

此时我就想：这题怕不是得用局部放一下吧？遂开始考察单项怎么搞。考察单项：

$$令A=\frac{pq}{1-(p-q)^2}=\frac{pq}{(1+p-q)(1+q-p)} \le \frac{1}{4}$$

用了一下平方差，放出来个常数，显然很不对。这告诉我们这样变形是行不通的，那就是用一下其他的代数变形。我想到了极化恒等式。

$$A=\frac{1}{4} \cdot \frac{(p+q)^2-(p-q)^2}{1-(p-q)^2}\le \frac{(p+q)^2}{4}\le \frac{p+q}{4}$$

轮换求和原不等式成立。写完极化恒等式这一步我就意识到我极有可能是对的，形式好像是不是很奇形怪状，研究的主体变成了二者之和与二者之差，糖水原理很自然的放掉差，由于值域很自然地把平方扔掉。往局部这个方向去思考就隐约能感觉到最后的结果要留的是和，有了这个想法每一步放缩都是很自然的。

看了一下别人的思考过程，有人是把分母写成了 $1-(p+q)^2+4pq$，然后固定 $p+q$ , 用基本不等式放得到局部。大同小异，殊途同归。

5.

$$n\ge 3,\forall i,0\le a_i \le 1,\sum_{i=1}^{n}a_i=1,证:\sum_{i=1}^{n} \frac{a_ia_{i+1} }{1-(a_i-a_{i+1})^2} \le \frac{1}{3}$$

下标按 mod n 意义理解。

有神人发现上面那个题的取等条件简直太紧了，居然只有在 $n=2,a_1=a_2$ 的时候才能够取等。于是想到 $n$ 大一点的时候可能会有一个更好的上界。然后自己取了一些极端情况，感觉这个 $\frac{1}{3}$ 应该就是上确界了。接下来我们一起看看这个问题怎么做吧！

延续刚刚的思路，容易发现刚刚的局部不等式已经毫无用武之地了，但是整体角度仍然相当难以处理，依然考虑局部的情况。我们回顾上个问题，局部几乎路数已尽，能用的恒等变形都差不多了，所以直接找局部的想法应该是不行了，但是我们也发现局部不等式的取等条件依然是非常紧的，这意味着大部分情况完全无法取等，进而启发我们去考察一些这个空隙有多大，要是能有 $\frac{1}{6}$ 这么大就做出来了，要是下界没这么大，不管怎么说也加强了。

$$\frac{p+q}{4}-\frac{pq}{1-(p-q)^2}=\frac{p+q}{4}-\frac{pq}{(1+p-q)(1-p+q)}=\frac{p+q}{4}-\frac{pq}{2}(\frac{1}{1-p+q}+\frac{1}{1+q-p})=\sum_{(p,q)}\frac{p}{4}\cdot \frac{1-p-q}{1-p+q}$$

其中 $\sum_{(p,q)}$ 表示关于 $p,q$ 的对称式求和。

通过上面的代数变形，似乎已行至水尽山穷处了。不妨把他扔进原来的式子里去看看，毕竟那里才是最终的归宿。

$$\frac{1}{2}-\sum_{i=1}^{n} \frac{a_ia_{i+1} }{1-(a_i-a_{i+1})^2}=\sum_{i=1}^{n} \frac{a_i}{4}\cdot \frac{1-a_i-a_{i+1} }{1-a_i+a_{i+1} }+\frac{a_{i+1} }{4}\cdot \frac{1-a_i-a_{i+1} }{1-a_{i+1}+a_i }$$

此时好像还是很不好看，继续尝试变形。但是就这么一堆就真的没法再搞了，所以我们就要借助求和与轮换的特性了，换序求和，角标轮换！把后面那一堆给我把角标往前移一位！

$$\sum_{i=1}^{n} \frac{a_i}{4}\cdot \frac{1-a_i-a_{i+1} }{1-a_i+a_{i+1} }+\frac{a_i}{4}\cdot \frac{1-a_{i-1}-a_i}{1-a_i+a_{i-1} }=\sum_{i=1}^{n} \frac{a_i}{4}\cdot (\frac{1-a_i-a_{i+1} }{1-a_i+a_{i+1} }+\frac{1-a_{i-1}-a_i}{1-a_i+a_{i-1} })$$

这下子好像又有操作的空间了，只用证明括号里面那一坨是 $\ge \frac{2}{3}$ 的这个题就做完了，所以再次把视角挪向局部。即证

$$a+b+c\le 1,\frac{1-a-b}{1-b+a}+\frac{1-b-c}{1-b+c} \ge \frac{2}{3}$$

注意到 $LHS$ 中 $1-b$ 一直再出现，拿他当主元来研究， $1-b\ge a+c$ ，易得

$lHS\ge \frac{c}{2a+c}+\frac{a}{a+2c}$

通一下分这个题就证出来了。

酣畅淋漓！

愈发觉得EI所说的“换角度看问题”是那样正确，题之所以难就是因为需要换角度看问题。恰如此题，不停在整体与局部之间切换，不等式研究的主体也一直在变化，看问题的视角也在变化（尝试寻找局部->研究间隙），每一次代数变形又何尝不是换角度呢，换角度思考是多么重要啊！

6.

$$x_i\in [a,b],b>a>0,求\max (\frac{\sum_{i=1}^{n}\frac{x_i^2}{x_{i + 1} }}{\sum_{i=1}^{n}x_i})$$

看到 B站上有人把这题改成四元，再一看ID，“高考数学撸题侠”，人都不好了，我看一眼直接不会了，略有些破防。取了组数据看看，猜了个 $a,b$ 交错排列有最大值，居然猜对了。看了评论区仙人指路，得知此题居然是 CMO 2016 P6。大战 50 min，只得到了取最大值的时候，每个数要么是 $a$，要么是 $b$。然后就不会了，依然猜了交错排列的答案，也猜对了，但是不太会证。看了下答案，想了个更简洁的证法，拿给 CAN群群U 验了一下，应该是对的。算是把 CMO 标给爆了？？？？？？？？

这里就不多赘述怎么得到每个数只有两种选择的了（才不会说是计算量太大懒得写呢！），反正就注意到每个元素等价，固定住 $n-1$ 个，只动一个，当做是单变量函数处理，求个导就是了。

主要说一下猜到答案后怎么办。首先取了组其他数据验一下看看到底是不是对的。感觉自己大概是对的之后要观察答案的结构，寻找合适的证明方法。以前遇到这种二元选择的情况时有拆贡献转图论建模的操作，本题因为有个分母显然不行。式子的形式已经很简单美丽了，代数变形寻找不等式也不是什么出路。这意味着我们可能需要一些组合手段了，或者是通用手段，如归纳法。我们先来考虑归纳，依然因为是分式结构导致不太能说明前 $n-1$ 个交错最优，再分讨最后一个怎么取最优的想法就不太行了。能用归纳法的问题一定要自相似性，或者说子结构性的。本题就不太有，所以归纳可能不太行了。还有什么手法可以试试？我会调整法！ 我要是说明任意情况下变成交错肯定不会更劣不就证明到了嘛！怎么变呢？对于一个序列我们可以做什么操作呢，删除？添加？交换！（官方证法用的是替换，那样会难算很多），不妨设原函数为 $f(x_1,x_2,…,x_n)$ ，作差法很容易证明 $f(a,a,b,…) \le f(a,b,a,…)$ ，这就说明 $b$ 在两个 $a$ 之间不会更劣。最后简单讨论下 $b$ 取多少个就行了，答案是能取多少取多少。

7，8的手法极为相似，写一块了。

7.

设 $n$ 为正整数， $2n$ 个实数 $a_1\le a_2\le …\le a_n$ 和 $0\le r_1 \le r_2\le…\le r_n$ 求证：

$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} a_ia_j\min(r_i,r_j) \ge 0$$

注：本题为2010年东南赛第7题。

看到这一坨无从下手，不妨先做点简单情况。先来看看 $n=2$ 是怎么一回事。 $LHS=a_1^2r_1+a_2^2r_2+2a_1a_2r_1=r_1(a_1+a_2)^2+(r_2-r_1)a_2^2 \ge 0$ 。好像还挺简单的，而且感觉这个题就是配方了？带着猜测，我们继续看 $n=3$ 的情况。 $a_1^2r_1+a_2^2r_2+a_3^2r_3+2a_1a_2r_1+2a_1a_3r_1+2a_2a_3r_2=r_1(a_1+a_2+a_3)^2+(r_2-r_1)(a_2+a_3)^2+(r_3-r_2)a_3^2 \ge 0$ 。好像真的配方就可以了诶！而且感觉这个东西还有可以归纳的结构，那我们可以用归纳法写这个题了。递推的时候减掉第一项就可以归纳了。

我为什么没做出来：过于任性了。在写完了 $n=2$ 的情况后自信地写了个错误的恒等变形，发现错了就想凭空造一个正确的恒等变形，然后就寄了。太任性了，要踏踏实实想好每一步啊。

8.

设 $x_i \ge 0$ ，且 $\sum_{i=1}^{n}x_i^2+2\sum_{1\le k<j\le n}\sqrt{\frac{k}{j}}x_k x_j=1$ ，求 $\sum_{i=1}^{n} x_i$ 的最值。

注：本题为2001高联P2，别看是个P2，数之谜上给出了3.9的评分。

首先最小值显然1，这里就不写了。观察一下这个式子，很有完全平方之感，但是这个根号太阴间了，导致完全下不了手。看一下问题，大概知道最后的手法应该是个柯西。重点是条件应该如何使用，这个根号真的很难办啊。难办？那就别办了！直接换元！我们设 $a_i=\frac{x_i}{\sqrt{i} }$ ，那么我们就把条件写成

$$\sum_{i=1}^{n} ia_i^2+2\sum_{1\le k<j \le n} ka_ka_j=1$$

稍微写几项就可以发现这个东西是

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

后面那一堆后缀和太麻烦了，为了方便书写我就再换个元 $b_i=\sum_{j=i}^{n} a_j$

然后就可以快乐的柯西了！

$$\sum_{i=1}^{n}x_i=\sum_{i=1}^{n} (b_{i+1}-b_i)\sqrt{i}=\sum_{i=1}^{n}(\sqrt{i}-\sqrt{i-1})b_i\le \sqrt{(\sum_{i=1}^{n}b_i^2)(\sum_{i=1}^{n}(\sqrt{i}-\sqrt{i-1})^2)}=\sqrt{\sum_{i=1}^{n}(\sqrt{i}-\sqrt{i-1})^2}$$

此手法好像在CMO2023 P2亦有记载，可惜我还没做。

9.

设 $n(n\ge 3)$ 个正实数 $a_1,a_2,…,a_n$ 满足：

$$(\sum_{i=1}^{n}a_i^2)^2 > (n-1)(\sum_{i=1}^{n} a_i^4)$$

求证：以这 $n$ 个数中的任意三个数为边，都可以组成一个三角形。

有点神奇的题目

乍一看感觉是个很奇怪的的问题，如果我们真的要来证明任意性的话实际上是证明 $C_{n}^{3}$ 个不等式。可以先来感受一下为什么是对的。首先这个形式很容易让我们想到柯西不等式，放一下左边就知道这个东西有上界还有下界，柯西取等条件是要求越靠拢越好，所以不会分散的很开，所以就是对的。

还是老样子，毫无思路怎么办，先从 $n$ 较小入手，来看看 $n=3$ 的时候是什么样子。

$$a_3^4-2a_3^2(a_1^2+a_2^2)+a_1^4+a_2^4-2a_1^2a_2^2 < 0$$

转化为 $(a_3^2-(a_1^2+a_2^2))^2 < 4a_1^2a_2^2$

$n=3$ 的情况就证出来了。

是不是继续配方就行了诶？还真是！配方大法好！

直接来探索一般情况。配完方是：

$$-(n-2)(a_n^2-(\frac{\sum_{i=1}^{n-1}a_i^2}{n-2}))^2+\frac{n-1}{n-2}(\sum_{i=1}^{n-1}a_i^2)-(n-1)(\sum_{i=1}^{n-1}a_i^4)>0$$

嗯？直接从 $n$ 的条件推出了 $n-1$ 的条件？那我归纳不直接结束了？

很神奇啊，做题就是要敢于尝试！

10.

已知正实数 $x,y,z$ ，求证： $\sqrt{\frac{x}{y + z} } + \sqrt{\frac{y}{z + x} } + \sqrt{\frac{z}{x + y} } \ge 2$

写在这里，记录一种证明不等式的新方法——切线法

首先容易发现这个式子是齐次的，甚至都是0次，这就意味着 $x,y,z$ 同时扩大相同倍数不等式仍然成立。

继续观察式子。每一项当中都是包含三项的，这就很不好，因为很复杂。结合上面的观察，我们可以设 $x+y+z=1$ 。那么此时式子就会变成：

$$\sum \sqrt{\frac{x}{1-x}} \ge 2$$

针对这种形式相同，每一项只与一个未知数相关的不等式，我们就可以使用切线法。形式化的，当我们有 $\sum_{i=1}^{n} f(x_i)=C$ ，题目让我们证明 $\sum_{i-1}^{n} g(x_i)\le D$ ，我们可以考虑构造 $g(x_i) \le Ef(x_i)+F$ ，同时满足 $\sum Ef(x_i)+F=D$ 。

上述方法其实也有一个适用范围的。首先你的 $g(x)$ 得是一个性质比较好的的图形，不然所谓的切线就不太能放缩了。同时我们也需要知道不等式的取等条件，不然这个 $E,F$ 是很难找的。

回到本题，容易观察出取等条件是一个为 0，另外两个相等。这就告诉了我要放成 $\sqrt{\frac{x}{1-x}} \ge Ex+F$ 。然后我们考虑取等条件，这就告诉了我当 $x=\frac{1}{2}，0$，的时候，不等式要取到等，这就两条等式了，确定出唯一一条直线，带回去验一下是对的就行。这条直线是 $2x$。所以就证完了。

要是取等条件不是像这样可以唯一确定的怎么办呢？我们可以通过不等关系来寻找合适的“切线”。

具体的，来看看下一题。

11.

设正实数 $a,b,c$ 满足 $a^2+b ^2 + c ^ 2=3$ 。证明： $\frac{1}{2-a} + \frac{1}{2-b} + \frac{1}{2-c}\ge 3$

本题你拿柯西放一步再拿幂平均放一步也可以，但这里重点介绍切线法。

我们考虑要放成 $\frac{1}{2-a} \le Ea^2+F$ ，同时要在 $a=1$ 时取等。根据取等条件，我们可以得到 $E+F=1$ 。

然后呢？我们注意到这个东西通分后会化成整式，而且必有因式 $a-1$ （因式定理），但由于整个式子正负是确定的，所以其实必有因式 $(a-1)^2$。整理一下：

$$(a-1)(Ea^2-Ea-(2E-1))$$

后面半截必有因式 $a-1$，所以直接把 $a=1$ 带进去把 $E$ 解出来就可以了。

12.

已知 $2n$ 个实数 $a_1\le a_2\le…\le a_n,b_1\le b_2\le …\le b_n$ ，且 $m_1,m_2,…,m_n$ 为 $n$ 个正实数，证明：

$$\sum_{i=1}^{n}m_i \cdot \sum_{i=1}^{n}m_ia_ib_i \ge \sum_{i=1}^{n} m_ia_i \cdot \sum_{i=1}^{n} m_ib_i$$

注：当 $m$ 全为 $1$ 时，原不等式为切比雪夫不等式的离散情形。

如果知道切比雪夫不等式怎么证明这题会简单很多（但是我只会用排序证）。但如果不知道，思路仍然有迹可循。

首先发现这个题很鬼畜的一点在于这个 $a,b$ 是实数，不是正实数。这意味着移到一边去要是能恒等变形证明的话就必须依赖相对大小关系进行证明，即需出现因式 $(a_i-a_j)$ 之类的东西。进行一些尝试，直接把 $\sum$ 拆开好像有些项可以约掉。拆开后就变成了：

$$\sum_{i \ne j} m_im_ja_jb_j-\sum_{i \ne j} m_im_ja_ib_j \ge 0$$

进一步，给来个大小顺序：

$$\sum_{i < j} m_im_j(a_ib_i+a_jb_j)-\sum_{i < j} m_im_j(a_ib_j+a_jb_i) \ge 0$$

两个 $\sum$ 和起来：

$$\sum_{i < j} m_im_j(a_i-a_j)(b_i-b_j) \ge 0$$

显然成立。

上述做法其实探索完 $n=2,3$ 的时候可以很自然的想到。

很奇怪，我面对困难问题时有时想不起来“要从简单情形入手”，以及做恒等变形也有点畏首畏尾的，以后不要这样了，可以把想到恒等变形都写下来，在进行一步分析。难题从来都不是一蹴而就的，只有静下心慢慢想才有可能做出来。看似做题，实则修心。

13.

已知 $n$ 个实数 $a_1,a_2,…,a_n \in [-1,1]$ ，证明：

$$\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{1+a_ia_{i+1}} \ge \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{1+a_i^2}$$

本题充分反应我对局部放缩理解的不深刻，对局部的不熟悉。

我做此题甚至没想到要用局部，就只能干瞪眼。

什么时候应该考虑局部

1.整体难以考虑。

2.恒等变形困难。

3.求和每一项不是和所有项相关，之和少数元相关。

本题充分满足这个条件。记录这个题唯一的目的就是告诉自己什么时候可以考虑局部这种手法。

想到了可以试试局部放缩接下来就简单了。考虑左边一项要对应右边两项。所以如果 $\frac{2}{1+xy} \ge \frac{1}{1+x^2} + \frac{1}{1+y^2}$ 成立，则原式显然成立。证明这个局部不等式我们甚至可以通分。

14.

已知正实数 $a,b,c$ 满足 $ab + bc + ca = 11$ ，证明：

$$\sqrt{\frac{a^2 + 1}{2} } + \sqrt{b^2 + 1} + 5\sqrt{\frac{c^2 + 9}{2} } \ge 7\sqrt{5}$$

好题，需要清晰的思路才能解出来。同时也作为 12 的一个补充，如何快速找到切线。

看着这个奇奇怪怪的式子，一时间没什么好的想法，不妨先看看什么时候取等。容易发现 $a=3,b=2,c=1$ 的时候取到等。最让人烦的就是根号，由于根号内部形式很像，自然地想到使用切线法进行放缩。像 12 那样寻找切线当然可以，不过针对本题我们有更高效的寻找切线的方法。我们考虑 $\sqrt{x^2 + y^2}$ 这样的式子怎么放成普通一次项——柯西。拿第一项举个例子，我们的取等条件是 $a=3$ ，那么我们可以得到 $(a^2 + 1)(3 ^ 2 + 1) \ge (3a + 1) ^ 2$ 。整理可得 $\sqrt{\frac{a^2 + 1}{2} } \ge \frac{3a + 1}{\sqrt {20}}$ 。另外两项同理，于是我们的问题转化为 $3a + 4b + 5c \ge 22$ 。这个问题怎么做？ 看看条件，显然齐次化。具体的，左式平方，右边换成二次形式，作差，再根据取等条件进行配方即证。

15.

已知正整数 $n \ge 3$ ，实数 $a_1,a_2,…,a_n \in [2,3]$ ，证明：

$$\sum_{i=1}^{n} \frac{a_i^2 + a_{i+1}^2 - a_{i+2}^2}{a_{i} + a_{i + 1} - a_{i + 2} } \le 2\sum_{i=1}^{n} a_i -2n$$

下标按 mod n 意义理解。

局部练手题，也记录一种新的放缩想法。

发现这个东西非常有要用局部做的特征，我们考虑局部。放缩开始之前我们要想明白我们到底要放缩成什么东西，以第一项为例，根据右边，一个很直接的想法是变成 $xa_1+ya_2+za_3-2,x+y+z=2$ 。那我们就朝这个方向努力，先来一步恒等变形 $a_1+a_2+a_3-\frac{2a_1a_2}{a_1+a_2-a_3}$ 。似乎好像走不动了，回头我们发现题目里有个条件没有用，就是这个取值范围。对于这种有定义域的，一种常见的升降次方法是考虑 $(a_1-2)(a_2-2)\ge 0$ ，整理得 $a_1a_2\ge 2(a_1+a_2)-4$ ，正好不等号方向也是对的，我们放缩即可，得到 $a_1+a_2+a_3-\frac{4(a_1+a_2)-8}{a_1+a_2-a_3}$ ，再分离一手 $a_1+a_2+a_3-4-\frac{4a_3-8}{a_1+a_2-a_3}$ ，似乎离我们的目标越来越近了，但是 $a_1,a_2,a_3$ 的系数不太对，要利用减法那一项来约掉，直接就把分母放成常数即可，具体的，$a_1+a_2-a_3 \le 3+3-2=4$ ，又是减号又是分母，符号就是对，也达到了目标形式。本题完毕。

16.

给定实数 $a,b,c$ ，满足对所有非负实数 $x,y,z$ ，不等式 $a(\sum_{cyc} x ^3) + b(\sum_{cyc}x^2y + xy^2) + cxyz \ge 0$ 恒成立。试求 $a,b,c$ 满足的充要条件。

风格很怪异的题，记在这里算是收藏吧。

不妨回想一下，一般这种要找恒成立的充要条件的题我们是怎么做的。其实高考里喜欢考的给定式子恒成立，求参数取值范围又何尝不是寻找充要条件？近年来在各地模拟卷以及民间模拟卷从一试下放了一个关于此类问题的一种手法——必要性探路（名字都是网上给的，我觉得这种方法不太容易能自己想到，我最早是在做奥教的时候接触到这种方法的）。大概的逻辑是取一些值带入恒成立的不等式中，直接解出来，可以说明必要性，再利用解出来的必要条件去说明充分性。

那本题我们会取什么值呢？回到不等式，很显然这个东西是关于 $a,b,c$ 对称的，这样的式子什么时候取到最小值？在 《不等式的秘密》书中严格证明了，当且仅当若干个数为0，若干个数相等时取到最值。所以本题我们就取 0 个等于 0 ，1 个等于 0 ，2 个等于 0，又因为齐次性，不为 0 的数取成 1 即可。具体的，我们就可以得到三个关于 $a,b,c$ 的不等式。

$$x=1,y=z=0 \Rightarrow a \ge 0$$ $$x=y=1,z=0 \Rightarrow a + b \ge 0$$ $$x=y=z=1 \Rightarrow 3a+6b+c \ge 0$$

那如何依靠这些条件说明原题中的不等式成立呢？由于限制了 $x,y,z$ 非负，重点就是 $x,y,z$ 前面的系数，那就得尽力去配凑出我们找到的三个不等式，并把它们安放在系数的位置上。配凑过程肯定就是从 $c$ 到 $a$ ，从简入繁嘛。最后配凑的结果就是：

$$LHS=(3a + 5b + c)xyz + (a + b)\sum_{cyc}x(y-z)^2 +a\sum_{cyc} x(x-y)(x-z) \ge 0$$

17.

已知正实数 $x,y,z$ 满足 $xyz \ge 1$ ，证明：

$$\frac{x^5 -x^2}{x^5 + y^2 + z^2} + \frac{y^5 -y^2}{y^5 + x^2 + z^2} + \frac{z^5 -z^2}{z^5 + x^2 + y^2} \ge 0$$

注：本题为 IMO 2005 P3。

上古神题，当年有个摩尔多瓦老哥靠这个题拿下了特别奖，看了他那个神秘放缩和配方，感觉不是什么人能够想到的东西。下面就来记录一种人能想到的方法。

怎么动手？局部不等式？肯定不行，因为一共就三项未知数，你不等式中每一项全占了，局部行不通。那我们就要考虑一些变形了。不等式的代数变形，首先应该考虑恒等变形而非不等放缩。 恒等变形是等价转化，不等放缩则可能会放过头。单独拎一项出来看怎么恒等变形，比如第一项。注意到分子分母都有一个 $x^5$ ，而且五次方真的很不顺眼，变成 $1-\frac{x^2+y^2+z^2}{x^5+y^2+z^2}$ 。那我们要证的就变成了 $\sum_{cyc} \frac{x^2 + y^2 + z^2}{x^5 + y^2 + z^2} \le 3$ 。回到题目，还有个 $xyz \ge 1$ 没有用，在这个地方就可以用它来把式子齐次化了，不等号方向也是对的， $\sum_{cyc} \frac{x^2 + y^2 + z^2}{\frac{x^4}{yz} + y^2 + z^2} \le 3$ 。既然已经齐次化了，那我们通分硬算，配凑均值或者直接pqr当然是可行的，但不妨探索一下使用不等放缩是否有捷径。对于这种分式形式的东西容易想到柯西，但也容易发现不等号方向是反的。回到柯西，我们为什么要用柯西？为的是统一分母。那我们能不能直接把分母变成同一个？还是柯西。

$$(\frac{x^4}{yz} + y^2 + z^2)(yz + y^2 + z^2) \ge (x^2 + y^2 +z^2)^2$$

直接放不等号方向反的是吧，那我就对分母放不就正回来了？那么此时要证明的式子也就变成了 $\sum_{cyc} \frac{yz + y^2 + z^2}{x^2 + y^2 + z^2} \le 3$ ，显然成立。

18.

设 $n$ 为正整数， $x_1,x_2,…,x_n$ 为非负实数，且 $\sum_{i=1}^{n} x_i=\pi$ ，记 $M_n$ 为 $\sum_{i=1}^{n} sin^2 (x_i)$ 的最大值，证：当 $n > 3$ 时， $M_n$ 为定值。

笑点解析：其实 $n \ge 3$ 都是对的，而且也没让你把定值是多少找出来。

直观感受一下，随着 $n$ 的增大， $M_n$ 应该是有一个上升的趋势的，毕竟多了一项嘛。但是这个题告诉我们 $M_n$ 居然是个定值，那就说明多的项只能是 0，那这就意味着其实在 $n$ 比较大的时候，有巨多的 0。然后呢？常规的，我们希望不等式的自由度越低越好，那我们就把 $x_3,…,x_n$ 给固定住，看看 $sin^2x_1+sin^2x_2$ 的最值。结合刚刚的直观感受，我们希望有很多 0，实际上就是希望 $sin^2(x_1)+sin^2(x_2) \le sin^2(x_1+x_2)$ 。相当于是把一部分变成0更大，这是一个调整的视角。而且这个不等式绝对对 $x_1,x_2$ 有要求，不然这个题 $n\ge 2$ 都是对的。直接寻找这个条件是麻烦的，不妨先看看左式何时取到最大值，结合最大值来看看需要满足的条件是什么。常规操作，二倍角展开，和差化积一手就变成了 $1-cos(x_1+x_2)cos(x_1-x_2)$ 。这就意味着其实当 $cos(x_1 + x_2) \ge 0$ 且 $cos(x_1 +x_2) \le cos (x_1-x_2)$ 这个不等式就是对的。分析定义域后式显然，所以当 $x_1+x_2 \le \frac{\pi}{2}$ 时有上面的不等式成立。这就意味着当数列中存在两个数加起来没有 $\frac{\pi}{2}$ 大，就可以把两个合在一起，一个变成0。因此在取到最大值的情形下，任意两个非 0 数相加都比 $\frac{\pi}{2}$ 大。简单分析就知道最多有 3 个非 0 数，具体写过程这个地方就写成算两次的形式比较好。所以在 $M_n$ 取到最大值时的情形就是 $M_3$ ！证毕。

找最大值也很好找，回顾 $M_3$ 的情形就是一个普通的三角不等式，所以最大值是 $\frac{9}{4}$ 。

19.

给定整数 $n(n > 2)$ ， 设正实数 $a_1,a_2,a_3,…,a_n$ 满足 $a_k \le 1 (k=1,2,3,…,n)$ ， 记 $A_k = \frac{\sum_{i=1}^k a_k}{k}$ ， 证明：

$$|\sum_{k=1}^{n}a_k - \sum_{k=1}^{n} A_k| < \frac{n-1}{2}$$

注：本题为 2010 高联 P2。

绝对值看上去不太好办，考虑强行拆掉，本题需要证明的就是两个不等式。

$$\sum_{k=1}^{n} a_k - \frac{n - 1}{2} < \sum_{k=1}^{n} A_k < \sum_{k=1}^{n} a_k + \frac{n - 1}{2}$$

先来看看右半边，直接把 $A$ 用定义换掉。

$$\sum_{i=1}^{n} A_i = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{i} \frac{a_j}{i}=\sum_{j=1}^{n} a_j(\sum_{i=j}^{n} \frac{1}{i})$$

显然根据排序不等式，可以设 $a$ 是单调不降的。

相减作差得：

$$\sum_{i=1} ^ {n} a_i-\sum_{i=1}^{n}A_i = \sum_{i=2}^{n} (a_i - a_{i-1})(\sum_{j=i}^{n} \frac{i-1}{j})$$

由于题目约束了 $a$ 的取值范围，我们只需证明：

$$\sum_{j=i}^{n} \frac{i-1}{j} < \frac{n-1}{2}$$

这里处理手法就有很多了，写一个启发性最强的。想到使用归纳法证明这个东西，而且肯定是对 $n$ 进行归纳，如果对 $i$ 进行归纳的话每个东西都在变，不好。

我们发现对 $n$ 很大的时候归纳是非常容易的，新加的这一项肯定比右边多的 $\frac{1}{2}$ 小，具体的，当 $n = 2i-2$ 时，如果原式成立就可以归纳了，那就来考虑这个情况如何证明。由于项数不大多，我们直接把每一项都放成 $\frac{i-1}{i}$ 来试试，结果交叉相乘一下就证完了。

如果对一个问题你有两个解决的思路，一个对一种情况可行，一个对另一种情况可行，不妨将二者综合起来。

以上方法是个笨方法，每一步都是老老实实、按部就班的，比如第一步绝对值的处理，以及按照定义直接换 $A$，事实上本题有更为容易的做法。

由绝对值三角不等式易知：

$$|\sum_{k=1}^{n}a_k - \sum_{k=1}^{n} A_k| = |nA_n-\sum_{k=1}^{n} A_k| = |\sum_{k=1}^{n} A_n-A_k| \le \sum_{k-1}^{n} A_n-A_k$$

直接对局部放一手：

$$A_n-A_k = \frac{1}{n}\sum_{i=k+1}^{n} a_n - (\frac{1}{k} - \frac{1}{n})\sum_{i=1}^{k} a_i < 1-\frac{k}{n}$$

累加求和即证。（上面的放缩就是直接把减的部分放成 0，加的部分放成 1）

20.

设 $a_1,a_2,…,a_n$ 是 $n$ 个互不相同的实数，记 $S=\sum_{i=1}^{n} a_i^2,M=\min_{1 \le i < j \le n} (a_i-a_j)^2$ ， 证明：

$$12S \ge n (n^2 - 1) M$$

乍一看此题异常怪异，因为我们把研究主体默认为了 $a$ ，这就导致这个二者差最小值非常难刻画。首先我们不妨把 $a$ 从小到大排序了，反正不影响，而且还有个好处是此时 $M$ 就是相邻两项差的最小值了。回到一般的不等式解题思路，固定变量，那这里我固定什么呢？显然，相邻两项差是个非常好的选择，因为这个东西我们不知道该怎么动。那此时，我们剩下什么可以动？只有 $a_1$ 了，就是一个在数轴上平移的感觉。为了方便表述，我们设 $b_i=a_{i + 1} - a_i$ 。

那么此时 $S$ 就是：

$$\sum_{i=1}^{n} (a_1 + \sum_{j=1}^{i-1} b_j) ^ 2=na_1^2 + 2(\sum_{i=1}^{n-1} (n-i) b_i)a_1 + \sum_{i=1} ^ {n-1} (\sum_{j=1}^{i} b_i) ^ 2$$

我们要求的是最小值，直接视作关于 $a_1$ 的二次函数配方就好了。整理一下上式大于等于：

$$\sum_{i=1}^{n-1} \frac{k(n-k)}{n} b_k^2 + 2\sum_{i < j} \frac{i(n-j)}{n} b_ib_j$$

直接把所有关于 $b$ 的二次项全都放成 $M$ 就证出来了。