- 给定常数 \(0<a<1\)，\(f(\log_ax)=\frac{a(x^2-1)}{x(a^2-1)}\)，对于 \(n\ge 2, n\in\mathbb N\)，证明 \(f(n)>n\)。
首先有 \(f(x)=\frac{a(a^{2x}-1)}{a^x(a^2-1)}\)。然后画图发现不管 \(x\) 是不是整数，\(x>1\) 时都有 \(f(x)>x\)。
那么 \(n\) 为整数这个条件有什么用呢？
考虑把上下都约分 \(a(a^2-1)\)。那么 \(f(x)=\frac{a^{2x-2}+a^{2x-4}+\cdots+1}{a^{x-1}}\)。想要证明 \(f(x)>x\)，就可以想到以高斯等差数列的方法进行均值。\(a^f+a^{2x-2-f}\ge 2a^{x-1}\)，所以就有分子 \(\ge\frac12\cdot x\cdot 2a^{x-1}=xa^{x-1}\)，即 \(f(x)\ge x\)。
发现等号消不掉？考虑到均值取等必须两项相等，那么 \(f(x)=x\) 取等就需要 \(a^{2x-2}=1\)，则 \(a=1\)，矛盾，所以等号无法取到。
- \(\{x_n\}\)，\(x_i>1\)，求证：
\[\sum\limits_{i=1}^n\frac{x_i^2}{x_{(i\bmod n)+1}-1}\ge n+\sum_{i=1}^nx_i
\]
下文规定 \(x_{n+1}\) 为 \(x_1\)，\(y_{i+1}\) 为 \(y_1\)。
设 \(y_i=x_{i}-1\)。那么转化为：
\[\sum_{i=1}^n\frac{y_i^2+2y_i+1}{y_{i+1}}\ge 2n+\sum_{i=1}^ny_i
\]
首先，齐次的东西可以通过均值不等式消掉：
\[\sum_{i=1}^n\frac{2y_i}{y_{i+1}}=2\sum_{i=1}^n\frac{y_i}{y_{i+1}}\ge 2n\cdot \sqrt[n]{\prod_{i=1}^n\frac{y_i}{y_{i+1}}}=2n
\]
然后，不齐次的可以考虑使用柯西不等式。设 \(a_i=\sqrt{\frac{y_i^2}{y_{i+1}}},b_i=\sqrt {y_{i+1}}\)。有：
\[\begin{aligned}
(\sum_{i=1}^n a_i^2)(\sum_{i=1}^n b_i^2)&\ge(\sum_{i=1}^n a_ib_i)^2\\
(\sum_{i=1}^n\frac{y_i^2}{y_{i+1}})(\sum_{i=1}^ny_{i+1})&\ge(\sum_{i=1}^ny_i)^2\\
\sum_{i=1}^n\frac{y_i^2}{y_{i+1}}&\ge\sum_{i=1}^ny_i
\end{aligned}
\]
两式相加得到：
\[\sum_{i=1}^n\frac{y_i^2+2y_i}{y_{i+1}}\ge 2n+\sum_{i=1}^ny_i
\]
原式得证。（原式甚至可以左边分子再减 \(1\)）