求证一个三元不等式及其推广

lemondian

（1）`a,b,c>0`，求证：`a^2+b^2+c^2+abc+5\geqslant3(a+b+c)`；
推广：
（2）`a_i` 都是正数，求证：`a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2+a_1a_2\cdots a_n+2n-1\geqslant3(a_1+a_2+\cdots+a_n)`。

kuing

三元的：
根据抽屉原理，三个数中必有两个同时 `\geqslant1` 或同时 `\leqslant1`，由对称性，不妨设 `(b-1)(c-1)\geqslant0`，则
\begin{align*}
&a^2+b^2+c^2+abc+5-3(a+b+c)\\
={}&\left( a+\frac b2+\frac c2-2 \right)^2+\frac12(b-1)^2+\frac12(c-1)^2+\frac14(b-c)^2+a(b-1)(c-1)\\
\geqslant{}&0.
\end{align*}

lemondian

1. 若 `a,b,c>0`，则 `a^2+b^2+c^2+abc+5\geqslant3(a+b+c)`；

2. 若 `a,b,c>0,a^2+b^2+c^2+abc=4`，则 `a+b+c\leqslant3`。

这两个命题等价吗？

lemondian

据安振平老师说 1# 的推广（2）是对的，但我没看到证明。

lemondian

lemondian 发表于 2023-11-3 15:43
据安振平老师说 1# 的推广（2）是对的，但我没看到证明。

再顶顶

Aluminiumor

推广并不总成立：
考虑
$$a_1\rightarrow0,a_2=a_3=\cdots=a_n=\frac32$$
不等式即
$$\frac94 (n-1)+2n-1\geq3\cdot\frac32(n-1)$$
$$\Longleftrightarrow 9(n-1)+4(2n-1)\geq18(n-1)\Longleftrightarrow 5\geq n$$
显然在 $n\geq6$ 时并不成立.
$n=4,5$ 时,Mathematica 告诉我是成立的，暂时没想出证法.

Aluminiumor

$\Box$ $n=5$ 时，原题可改写为已知 $a,b,c,d,e\geq0$，证明：
$$a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+abcde-3\left( a+b+c+d+e \right) +9\ge 0$$
$\left( \mathbb{i} \right) a,b,c,d,e$ 中至少有四者大于等于$1$或小于等于$1$，不妨设(其中)四者为 $a,b,c,d$.
由伯努利不等式有
$$abcd\ge a+b+c+d-3$$
故只需证
$$a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+\left( a+b+c+d-3 \right) e-3\left( a+b+c+d+e \right) +9\ge 0$$
即
$$\left( 2a+e-3 \right) ^2+\left( 2b+e-3 \right) ^2+\left( 2c+e-3 \right) ^2+\left( 2d+e-3 \right) ^2\ge 0$$
得证.
$\left( \mathbb{i} \mathbb{i} \right) a,b,c,d,e$ 中恰有三者大于等于$1$，不妨设 $a,b,c\ge 1,0\le d,e<1$.
则
$$abc\ge a+b+c-2$$
故只需证
$$a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+\left( a+b+c-2 \right) de-3\left( a+b+c+d+e \right) +9\ge 0$$
即
$$\left( 2a+de-3 \right) ^2+\left( 2b+de-3 \right) ^2+\left( 2c+de-3 \right) ^2+\left( 4-3e^2 \right) \left( d+\frac{5e-6}{4-3e^2} \right) ^2+\frac{12e\left( 1-e \right) ^3}{4-3e^2}\ge 0$$
得证.
$\left( \mathbb{i} \mathbb{i} \mathbb{i} \right) a,b,c,d,e$ 中恰有两者大于等于$1$，不妨设 $a,b\ge 1,0\le c,d,e<1$
则
$$ab\ge a+b-1$$
故只需证
$$a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+\left( a+b-1 \right) cde-3\left( a+b+c+d+e \right) +9\ge 0$$
即
$$\left( 2a+cde-3 \right) ^2+\left( 2b+cde-3 \right) ^2+2\left( 2-d^2e^2 \right) \left( c+\frac{2de-3}{2-d^2e^2} \right) ^2$$
$$+\left( 4-3e^2 \right) \left( d+\frac{5e-6}{4-3e^2} \right) ^2+\frac{12e\left( 1-e \right) ^3}{4-3e^2}+\frac{de\left( de-1 \right) ^2\left( 4-3de \right)}{2-d^2e^2}\geq0$$
得证.
综上，$n=5$ 时不等式成立.

$\Box$ $n=4$ 时，在 $n=5$ 时代入 $e=(3-abcd)/2$ 得：
$$a^2+b^2+c^2+d^2+abcd-3\left( a+b+c+d \right) +7\geq\frac{1}{4}\left( abcd-1 \right) ^2\ge 0$$
故得证.

$\Box$ $n=3$ 时，在 $n=4$ 时代入 $d=(3-abc)/2$ 得：
$$a^2+b^2+c^2+abc-3\left( a+b+c \right) +5\ge \frac{1}{4}\left( abc-1 \right) ^2\ge 0$$
故得证.

仓促写就，应该还有不小优化空间😊

kuing

Aluminiumor 发表于 2023-12-30 17:14
$\Box$ $n=5$ 时，原题可改写为已知 $a,b,c,d,e\geq0$，证明：
$$a^2+b^2+c^2+d^2+e^2+abcde-3\left( a+b+c ...

太强鸟！😃😃😃

PS、(iii) 的最后配方有笔误：前两括号中间应该是 cde，第三项少系数 2。

Aluminiumor

kuing 发表于 2023-12-30 21:36
太强鸟！😃😃😃

PS、(iii) 的最后配方有笔误：前两括号中间应该是 cde，第三项少系数 2。 ...

感谢指正，已修正😀

kuing

Aluminiumor 发表于 2023-12-31 18:55
感谢指正，已修正😀

还有，由 n=5 推 n=4 也有缺陷：代 `e=(3-abcd)/2` 这意味着需要 `abcd\le3` 才能这样代……

lemondian

kuing 发表于 2023-12-31 19:56
还有，由 n=5 推 n=4 也有缺陷：代 `e=(3-abcd)/2` 这意味着需要 `abcd\le3` 才能这样代…… ...

是哩，如何补救呢？

kuing

lemondian 发表于 2024-1-2 10:24
是哩，如何补救呢？

代 e=1 就好😁

lemondian

kuing 发表于 2024-1-8 16:50
代 e=1 就好😁

呵呵，然后，四元到三元，再令$d=1$.

lemondian

话说：1#的二元情况如何证明？
`a,b>0`，求证：`a^2+b^2+ab+3\geqslant3(a+b)`

isee

lemondian 发表于 2024-1-22 09:13
话说：1#的二元情况如何证明？
`a,b>0`，求证：`a^2+b^2+ab+3\geqslant3(a+b)`

2#7#证明过程中的精髓\[\cdots=\left(a+\frac{b}2-\frac32\right)^2+\frac34(b-1)^2.\]