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第3题

设 nn 为正整数，a1,a2,…,ana_1,a_2,\ldots,a_n 为正实数。证明 ∑i=1n12i(21+ai)2i≥21+a1a2⋯an−12n.\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{2^i}\left(\frac{2}{1+a_i}\right)^{2^i}\ge\frac{2}{1+a_1a_2\cdots a_n}-\frac{1}{2^n}.
第 3/5 步：引理的归纳步骤
上一步下一步
Ak(x)=2k−2Ak−1(x)2,2(Ak−1(x)2+Ak−1(y)2)≥(Ak−1(x)+Ak−1(y))2A_k(x)=2^{k-2}A_{k-1}(x)^2,\qquad 2\big(A_{k-1}(x)^2+A_{k-1}(y)^2\big)\ge\big(A_{k-1}(x)+A_{k-1}(y)\big)^2
详细分析

对 k≥2k\ge2，将定义式平方得 Ak(x)=2k−2Ak−1(x)2A_k(x)=2^{k-2}A_{k-1}(x)^2。因为对任意实数 p,qp,q 都有 2(p2+q2)≥(p+q)22(p^2+q^2)\ge(p+q)^2，取 p=Ak−1(x)p=A_{k-1}(x)、q=Ak−1(y)q=A_{k-1}(y) 并结合归纳假设 Ak−1(x)+Ak−1(y)≥Ak−2(xy)A_{k-1}(x)+A_{k-1}(y)\ge A_{k-2}(xy)，得 Ak(x)+Ak(y)=2k−2(Ak−1(x)2+Ak−1(y)2)≥2k−3(Ak−1(x)+Ak−1(y))2≥2k−3Ak−2(xy)2=Ak−1(xy)A_k(x)+A_k(y)=2^{k-2}\big(A_{k-1}(x)^2+A_{k-1}(y)^2\big)\ge2^{k-3}\big(A_{k-1}(x)+A_{k-1}(y)\big)^2\ge2^{k-3}A_{k-2}(xy)^2=A_{k-1}(xy)。故 Ak(x)+Ak(y)≥Ak−1(xy)A_k(x)+A_k(y)\ge A_{k-1}(xy) 对一切 k≥1k\ge1 成立。