每日一题[1209]步调一致得胜利

若 $f(x)$ 为 $(a,b)$ 上的可导函数,且其导函数 $f'(x)$ 为增函数,则称 $f(x)$ 是 $(a,b)$ 上的凸函数.

1、判断函数 $y=x^3$ 与 $y=\ln \dfrac 1x$ 是否为定义域上的凸函数;

2、设 $f(x)$ 为 $(a,b)$ 上的凸函数,求证:若 $\lambda_1+\lambda_2+\cdots+\lambda_n=1$,$\lambda_i>0$($i=1,2,\cdots,n$),则对任意 $x_i\in(a,b)$($i=1,2,\cdots,n$)均有\[\lambda_1f(x_1)+\lambda_2f(x_2)+\cdots+\lambda_nf(x_n)\geqslant f\left(\lambda_1x_1+\lambda_2x_2\cdots\lambda_nx_n\right);\]

3、设 $a,b,c>0$,$n\in\mathbb N^{\ast}$,$n\geqslant 6$,求证:\[a^n+b^n+c^n\geqslant a^{n-5}b^3c^2+b^{n-5}c^3a^2+c^{n-5}a^3b^2.\]

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    1、函数 $y=x^3$ 的导函数\[y'=2x^2\]在 $(-\infty,0)$ 上单调递减,于是该函数不为凸函数; 函数 $y=\ln \dfrac 1x$ 的导函数\[y'=-\dfrac 1x\]在 $(0,+\infty)$ 上单调递减,于是该函数为凸函数.

2、先给出

引理    若 $c\in(a,b)$,则\[\forall x\in(a,b),f(x)\geqslant f(c)+(x-c)f'(c).\]

引理的证明    令\[\varphi(x)=f(x)-f(c)-(x-c)f'(c),\]则其导函数\[\varphi'(x)=f'(x)-f'(c),\]于是 $\varphi(x)$ 在 $x=c$ 处取得极小值,亦为最小值\[\varphi(c)=0,\]因此引理得证. 接下来证明原命题,令 $X=\lambda_1x_1+\lambda_2x_2+\cdots+\lambda_nx_n$,则\[a<X<b,\]在引理中令 $x=x_k$,$c=X$,则\[\forall x_k\in (a,b),f(x_k)\geqslant f(X)+(x_k-X)f'(X),\]即\[\forall x_k\in (a,b),\lambda_kf(x_k)\geqslant \lambda_kf(X)+\lambda_k(x_k-X)f'(X),\]分别取 $k=1,2,\cdots,n$,累加可得对任意 $x_i\in(a,b)$($i=1,2,\cdots,n$)均有\[\lambda_1f(x_1)+\lambda_2x_2+\cdots+\lambda_nx_n\geqslant f(X),\]命题得证.

3、欲证命题即

新命题    设 $a,b,c>0$,$n\in \mathbb N^{\ast}$,$n\geqslant 6$,则\[a+b+c\geqslant \sum_{cyc}a^{\lambda_1}b^{\lambda_2}c^{\lambda_3},\]其中 $\lambda_1=\dfrac{n-5}5$,$\lambda_2=\dfrac 3n$,$\lambda_3=\dfrac 2n$.

而根据第 $(2)$ 小题的结果,有\[\lambda_1\ln\dfrac{1}{a}+\lambda_2\ln\dfrac 1b+\lambda_3\ln\dfrac 1c\geqslant \ln\dfrac{1}{\lambda_1a+\lambda_2b+\lambda_3c},\]也即\[\lambda_1a+\lambda_2b+\lambda_3c\geqslant a^{\lambda_1}+b^{\lambda_2}+c^{\lambda_3},\]进而\[\sum_{cyc}\left(\lambda_1a+\lambda_2b+\lambda_3c\right)\geqslant \sum_{cyc}a^{\lambda_1}+b^{\lambda_2}+c^{\lambda_3},\]新命题得证.

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