Problem：Let $a,b,c$ be three real numbers and $k\in\mathbf{R}$,Prove that:
\[ \left( \frac{a}{4a-3b-c}\right)^{2}+\left( \frac{b}{4b-3c-a}\right)^2+\left( \frac{c}{4c-3a-b}\right)^2\geq \frac{10}{169}\]
The general problem:
\[ \sum_{cyc}{\left(\frac{a}{2ka-(k+1)b-(k-1)c}\right)^2}\geq \frac{2(1+k^2)}{(3k^2+1)^2} \]
证明 运用Cauchy-Schwarz 不等式
\begin{align*}
\left[\sum_{cyc}{(10a-b-9c)^{2}(4a-3b-c)^2}\right]\cdot\left[\sum_{cyc}{\left(\frac{a}{4a-3b-c} \right)^{2}} \right]&\geq \left(\sum{a(10a-b-9c)}\right)^{2}\\
&=100\left[\sum{a^2}-\sum{ab}\right]^2
\end{align*}
然而
\[ \left[\sum_{cyc}{(10a-b-9c)^{2}(4a-3b-c)^2}\right]=1690\left(\sum{a^2}-\sum{ab}\right)^2 \]
不等式显然得证。
The general one:
我们模仿陈计的方式来弄这个：
注意到
\begin{align*}
&LHS-RHS\\
&=\left[\frac{\sum{(k^2-1)^2a^3+(3k^4+6k^2+8k-1)\sum{a^2b}+(3k^4+6k^2-8k-1)\sum{ab^2}-(21k^4+30k^2-3)abc}}{\prod{(2ka-(k+1)b-(k-1)c)}}\right]^{2}\\
&\geq 0
\end{align*}
Done!
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虽然说那个推广做出来了，但毕竟很暴力，由于不知道等号成立的条件，故难以CS。
下面证明一个类似的不等式，此题最早由越南人Nguyen Dinh Thi出的，后来被tian27546独立发现，并用在讲座中，但他给出的证明是配方。我们接下来用Cauchy-Schwarz来证明下这个精彩的不等式。
Let $a,b,c$ be distinct real numbers.Prove that for any real number $k$, we have:
\[ \left(\frac{a-kb}{a-b} \right)^{2}+\left( \frac{b-kc}{b-c}\right)^{2}+\left(\frac{c-ka}{c-a} \right)^2\geq k^2+1 \]
证明：运用Cauchy-Schwarz不等式，我们有
\[ \left[\sum{\frac{(a-kb)^2}{(a-b)^2}} \right][\sum{(a-b)^2(a-kb+(k-1)c)^2}]\geq [\sum{(a-kb)(a-kb+(k-1)c}]^{2} \]
这时，只要证明
\[ [\sum{(a-kb)(a-kb+(k-1)c}]^{2}\geq (k^2+1)\sum{(a-b)^2[a-kb+(k-1)c]^{2}} \]
事实上，这个是个恒等式。
故不等式成立。
到这里，有人肯定要问，那个 $(a-kb+(k-1)c)^2 $怎么配的？ 其实，这个是根据等号成立的条件来配的，这一类不等式具有2个不同的取等条件，所以我们可以正向使用待定系数的方式，以对应项成比例的原理来配，比如，我们先待定$ (a-b)^2(a+mb+nc)^2 $ 然后让对应项成比例，由于有2个等号成立条件，我们可以确定系数$m$和$n$。这样，后面的柯西估计就变得相当的精确了，最后甚至会变成恒等式。
对于上面那个不等式，我们可以对$k$赋予不同的值得到一些经典的不等式，如 $k=0$我们得到了 IMO 2008. $k=-1$,我们得到了另外一个熟悉的不等式
\[ \left(\frac{a+b}{a-b} \right)^2+\left(\frac{b+c}{b-c}\right)^2+\left(\frac{c+a}{c-a}\right)^2\geq 2 \]
同样的手段可以用于证明那个general one和下面的不等式，前提是当我们找到那2个取等条件。
\[ \frac{(a-b)^2}{(b-c)^2}+\frac{(b-c)^2}{(c-a)^2}+\frac{(c-a)^2}{(a-b)^2}\geq 5 \]
Ps:这里配$ \sum{(3a-2b-c)^2(b-c)^2}$是合适的。 :D
鉴于这些不等式有着公共的内核，我有理由相信，我们甚至可以从
\[ \left(\frac{a-kb}{a-b} \right)^{2}+\left( \frac{b-kc}{b-c}\right)^{2}+\left(\frac{c-ka}{c-a} \right)^2\geq k^2+1 \]
通过适当的线性变换得到其他不等式，如作替换$a=kx+my+nz$等等，具体的情况留给大家去研究。
Problem
Let $a,b,c$ be real numbers satisfying $a+b+c=3$.Prove that
\[ \frac{|a+b|}{4a+b^2+c^2}+\frac{|b+c|}{4b+c^2+a^2}+\frac{|c+a|}{4c+a^2+b^2}\leq 1 \]
这题很难，证明属于Vo Quoc Ba Can
证明
设$x=|a+b|,y=|c+a|,z=|b+c|$,我们有$x+y+z\geq 6 $
\begin{align*}
\frac{|a+b|}{4a+b^2+c^2}&=\frac{3x}{4a(a+b+c)+3b^2+3c^2}\\
&=\frac{3x}{2x^2+2y^2+b^2+c^2}\leq \frac{3x}{2x^2+2y^2+\frac{z^2}{2}}\\
&=\frac{6x}{4x^2+4y^2+z^2}\leq \frac{x(x+y+z)}{4x^2+4y^2+z^2}
\end{align*}
现在，只要证明
\[ \frac{4x(x+y+z)}{4x^2+4y^2+z^2}+\frac{4y(x+y+z)}{4y^2+4z^2+x^2}+\frac{4z(x+y+z)}{4z^2+4x^2+y^2}\leq 4 \]
\[ \Leftrightarrow \sum{\frac{4xy-z^2}{4x^2+4y^2+z^2}}+\sum{\frac{(2x+z)^2}{4x^2+4y^2+z^2}}\leq 4 \]
运用Cauchy-Schwarz,我们有
\[ \frac{(2x+z)^2}{4x^2+4y^2+z^2}\leq \frac{(2x)^2}{2(2x^2+y^2)}+\frac{z^2}{2y^2+z^2} \]
马上看到
\[ \sum{\frac{(2x+z)^2}{4x^2+4y^2+z^2}}\leq 3 \]
剩下只要证明
\[ \sum{\frac{4xy-z^2}{4x^2+4y^2+z^2}}\leq 1 \]
由于
\[ \frac{4xy-z^2}{4x^2+4y^2+z^2}\leq \frac{2x^2+2y^2-z^2}{4x^2+4y^2+z^2}=\frac{1}{2}-\frac{3z^2}{2(4x^2+4y^2+z^2)} \]
所以，只要证明
\[ \frac{x^2}{x^2+4y^2+4z^2}+\frac{y^2}{y^2+4z^2+4x^2}+\frac{z^2}{z^2+4x^2+4y^2}\geq \frac{1}{3} \]
再次使用Cauchy-Schwarz,我们得到
\[ \sum{\frac{x^2}{x^2+4y^2+4z^2}}\geq \frac{(\sum{x^2})^2}{\sum{x^2(x^2+4y^2+4z^2)}} \]
且我们有
\[ 3(\sum{x^2})^2-\sum{x^2(x^2+4y^2+4z^2)}=2(\sum{x^4}-\sum{x^2y^2})\geq 0 \]
不等式显然成立。等号成立当且仅当$a=b=c=1$
以上证明技巧性极强，具备很强的观赏性。Can神将Cauchy-Schwarz使用得出神入化正好验证了Vasile Cirtoaje的一句话The simpler and sharper, the more beautiful!
Problem
Let $a,b,c$ be three real numbers.Prove that
\[ \frac{a+b}{2a^2+3b^2+3c^2+8}+\frac{b+c}{2b^2+3c^2+3a^2+8}+\frac{c+a}{2c^2+3a^2+3b^2+8}\leq \frac{3}{8}
\]
证明
设$x=\frac{a^2+b^2}{2},y=\frac{c^2+a^2}{2},z=\frac{b^2+c^2}{2}$
由$a+b\leq 2\sqrt{x} $
\[ 2a^2+3b^2+3c^2=2(x+y+2z) \]
我们有
\[ \frac{a+b}{2a^2+3b^2+3c^2+8}\leq \frac{\sqrt{x}}{x+y+2z+4} \]
所以，只要证明
\[ \frac{\sqrt{x}}{x+y+2z+4}+\frac{\sqrt{y}}{y+z+2x+4}+\frac{\sqrt{z}}{z+x+2y+4}\leq \frac{3}{8}\]
同时运用AM-GM和Cauchy-Schwarz,我们得到
\begin{align*}
\sum{\frac{x}{x+y+2z+4}}&\leq \frac{1}{4}\sum{\sqrt{\frac{x}{x+y+2z}}}\\
&\leq \frac{1}{4}\sqrt{[\sum{x(x+z+2y)}][\sum{\frac{1}{(x+y+2z)(x+z+2y)}}]}\\
&=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{(\sum{x^2}+3\sum{xy})(\sum{x})}{(x+y+2z)(y+z+2x)(z+x+2y)}}
\end{align*}
化简后只要证明
\[ 9(x+y+2z)(y+z+2x)(z+x+2y)\geq 16\left(\sum{x^2}+3\sum{xy}\right)(x+y+z) \]
即
\[ (x+y)(x-y)^2+(y+z)(y-z)^2+(z+x)(z-x)^2\geq 0 \]
不等式得证。
Problem
Let $a,b,c$ be real numbers satisfying $a^2+b^2+c^2=2(ab+bc+ca)$,Prove that
\[ \frac{|a-b|}{\sqrt{2ab+c^2}}+\frac{|b-c|}{2bc+c^2}+\frac{|c-a|}{\sqrt{2ca+b^2}}\geq 2 \]
证明
注意到若$a=b=c=0$不等式显然不成立。
所以$ (a-b)^2+(b-c)^2>0 $, $(b-c)^2+(c-a)^2>0 $, $(c-a)^2+(a-b)^2>0$
而 $ a^2+2bc=(a-b)^2+(a-c)^2 $
所以，我们可以设 $ x=(b-c)^2, y=(a-c)^2, z=(a-b)^2 $
这样，不等式变为
\[ \sqrt{\frac{x}{y+z}}+\sqrt{\frac{y}{x+z}}+\sqrt{\frac{z}{x+y}}\geq 2 \]
接下来不用我多说大家都会证明了。
Proof by kuing
这里题目最好加一句“$a$, $b$, $c$ 不同时为0。
首先可以证明 $a$, $b$, $c$ 的符号相同，这是因为已知等式可以写为 $(a+b-c)^2=4ab$ 等等。
再注意到当 $a$, $b$, $c$ 同时变为其相反数时原不等式不变，因此只要证明非负的情形即可。
这样，我们可以令 $a=x^2$, $b=y^2$, $c=z^2$，其中 $x$, $y$, $z\geqslant 0$ 且不同时为 $0$，那么由已知等式有
\begin{align*}
0&=2(ab+bc+ca)-a^2-b^2-c^2\\
&=2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)-x^4-y^4-z^4\\
&=(x+y+z)(x+y-z)(y+z-x)(z+x-y),
\end{align*}
因此，由对称性，我们可以不妨设 $z=x+y$，于是，原不等式等价于
\[\frac{|x^2-y^2|}{\sqrt{2x^2y^2+(x+y)^4}}+\frac{x(x+2y)}{\sqrt{2y^2(x+y)^2+x^4}}+\frac{y(y+2x)}{\sqrt{2x^2(x+y)^2+y^4}}\geqslant 2,\]
由均值不等式，有
\begin{align*}
LHS&\geqslant \frac{|x^2-y^2|}{\sqrt{\frac{xy(x+y)^2}2+(x+y)^4}}+\frac{x(x+2y)}{\sqrt{4y^2(x^2+y^2)+x^4}}+\frac{y(y+2x)}{\sqrt{4x^2(x^2+y^2)+y^4}} \\
& =\frac{\sqrt2|x-y|}{\sqrt{xy+2(x+y)^2}}+\frac{x(x+2y)}{x^2+2y^2}+\frac{y(y+2x)}{y^2+2x^2} \\
& =\frac{\sqrt2|x-y|}{\sqrt{xy+2(x+y)^2}}+\frac{2y(x-y)}{x^2+2y^2}+\frac{2x(y-x)}{y^2+2x^2}+2 \\
& =\frac{\sqrt2|x-y|}{\sqrt{xy+2(x+y)^2}}-\frac{2(x^2-xy+y^2)(x-y)^2}{(x^2+2y^2)(y^2+2x^2)}+2,
\end{align*}
所以，只要证明
\[\frac1{xy+2(x+y)^2}\geqslant \frac{2(x^2-xy+y^2)^2(x-y)^2}{(x^2+2y^2)^2(y^2+2x^2)^2},\]
上式去分母作差分解为
\[3xy(2x^6+2y^6+8xy(x-y)(x^3-y^3)+23x^3y^3)\geqslant 0,\]
显然成立，故原不等式得证。
