西西在群里出的一个不等式

陈洪葛 posted @ Nov 19, 2013 09:27:23 AM in 不等式 , 1050 阅读

设$x,y,z>0$,且满足$\displaystyle \sum_{cyc}\frac{1}{1+x}=1$.我们有
\[ \sum_{cyc}\frac{x}{\sqrt{yz}(x+1)}\geq 1 \]
证明:设$$a=\frac{1}{1+x},b=\frac{1}{1+y},c=\frac{1}{1+z}$$
\[ \Rightarrow x=\frac{b+c}{a},y=\frac{c+a}{b},z=\frac{a+b}{c} \]
齐次化后
\[ \Leftrightarrow \sum(b+c)\sqrt{bc(b+c)}\geq (a+b+c)\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}\]
两边平方,化简成
\[ \sum{bc(b+c)^3}+2\sum c(c+b)(c+a)\sqrt{ab(a+c)(b+c)}\geq (a+b+c)^2(a+b)(b+c)(c+a) \]
Or
\[ \sum c(c+b)(c+a)\sqrt{ab(a+c)(b+c)}\geq abc\left(3\sum{a^2}+5\sum{ab}\right)\]
Or
\[ \sum (c+b)(c+a)\sqrt{\frac{(a+c)(b+c)}{ab}} \geq \left(3\sum{a^2}+5\sum{ab}\right)\]
Cauchy-Schwarz
\[ \sqrt{(a+c)(b+c)}\geq c+\sqrt{ab}\Rightarrow \sqrt{\frac{(a+c)(b+c)}{ab}}\geq 1+\frac{c}{\sqrt{ab}}\]
所以只要证明
\[ \sum (c+b)(c+a)\left(1+\frac{c}{\sqrt{ab}}\right)\geq \left(3\sum{a^2}+5\sum{ab}\right)\]
\[ \Leftrightarrow \sum (c+b)(c+a)\cdot \frac{c}{\sqrt{ab}}\geq 2\sum{a^2}+2\sum{ab}\]
用$a^2,b^2,c^2$替换$a,b,c$得到
\[ \sum{a^7}+\sum{a^5(b^2+c^2)}+\sum{a^3b^2c^2}\geq 2\sum{a^5bc}+2abc\cdot\sum{a^2b^2}\]
注意到
\[ \sum{a^5(b^2+c^2)}-2\sum{a^5bc}=\sum{a^5(b-c)^2}\geq 0 \]
\[\sum{a^7}+\sum{a^3b^2c^2}\geq 2\sum{a^5bc}\geq 2abc\sum{a^2b^2}\]
故不等式得证。
\[ \sqrt{2}\geq P=\sum_{cyc}\frac{(b+c)\sqrt{bc(b+c)}}{\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}(a+b+c)}\geq 1  \]

另外我们有
\[ \sum_{cyc}\frac{x}{\sqrt{yz}(x+1)}\leq \sqrt{2} \]
作替换
\[ x=\frac{ab+ac}{bc},y=\frac{bc+ba}{ac},z=\frac{ca+cb}{ab}\]
于是,不等式变成
\[ \frac{a^2(b+c)}{\sqrt{(a+b)(a+c)}}+\frac{b^2(c+a)}{\sqrt{(b+c)(b+a)}}+\frac{c^2(a+b)}{(c+a)(c+b)}\leq \sqrt{2}(ab+bc+ca) \]
Or
\[ \sum_{cyc} a^2(b+c)\sqrt{b+c}\leq \sqrt{2(a+b)(b+c)(c+a)}\cdot(ab+bc+ca)\]
注意到Cauchy-Schwarz
\begin{align*}
\sum_{cyc} a^2(b+c)\sqrt{b+c}=\sum_{cyc}\sqrt{a^4(b+c)^3}&\leq \sqrt{[a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)][a^3(b+c)^2+b^3(c+a)^2+c^3(a+b)^2]}\\
&=\sqrt{2(ab+bc+ca)[a^3(b+c)^2+b^3(c+a)^2+c^3(a+b)^2]}
\end{align*}
故只要证明
\[ (a+b)(b+c)(c+a)(ab+bc+ca)\geq a^3(b+c)^2+b^3(c+a)^2+c^3(a+b)^2\]
展开显然。


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