知乎撸题存档(2024)——不等式类

kuing

越来越没有撸题欲了，以前常撸不等式，今年这个存档帖居然到 7 月才需要发。

网址：zhihu.com/question/661359310
标题：一个不等式问题的探究?
问题 1～3 有无一般的情况？是否能推广到 n 元？或者是有什么更一般的构造方式？

我的回答：
问题 1～3 统一起来就是： $a,b\geqslant0,n\geqslant2$ ，则
\[a^n+b^n+n-1\geqslant(n-1)ab+a+b.\]
n=2 易证（略），当 n>2 时，记 $x=(a+b)/2$ ，则由幂平均和均值有
\[a^n+b^n\geqslant2x^n,\quad ab\leqslant x^2,\]
所以只需证
\[2x^n+n-1\geqslant(n-1)x^2+2x,\]
令
\[f(x)=LHS-RHS=2(x^n-x)-(n-1)(x^2-1),\quad(x\geqslant0)\]
则
\begin{align*}
f'(x)&=2(nx^{n-1}-1)-2(n-1)x,\\
f''(x)&=2(n-1)(nx^{n-2}-1),
\end{align*}
记 $x_0=\sqrt[{n-2}]{1/n}$ ，则：

（1）当 $x\in[x_0,+\infty)$ 时 $f''(x)\geqslant0$ ，而 $f'(1)=f(1)=0$ 且 $x_0<1$ ，所以在此区间上恒有 $f(x)\geqslant0$ ；

（2）当 $x\in[0,x_0]$ 时 $f''(x)\leqslant0$ ，则 $f(x)\geqslant\min\{f(0),f(x_0)\}$ ，由（1）知 $f(x_0)\geqslant0$ ，而 $f(0)=n-1>0$ ，所以在此区间上也恒有 $f(x)\geqslant0$ 。

综上知 $f(x)\geqslant0$ 恒成立，即得证。

---

问题 4：截图里在干什么？？？直接均值不就一行？：
\[LHS=\sum(a^3+a)\geqslant2\sum a^2\geqslant RHS.\]
编辑于 2024-07-12 16:53

kuing

网址：zhihu.com/question/662263336
标题：请问以下这个不等式该如何证明？

我的回答：
由对称性不妨设 $a\geqslant b\geqslant c$ ，则
\[(a^2-bc)(b+c)-(b^2-ac)(a+c)=(a-b)(ab+2ac+2bc+c^2)\geqslant0,\]
得 $(a^2-bc)(b+c)\geqslant(b^2-ac)(a+c)$ ，同理 $(b^2-ac)(a+c)\geqslant(c^2-ab)(a+b)$ ，即有
\[(a^2-bc)(b+c)\geqslant(b^2-ac)(a+c)\geqslant(c^2-ab)(a+b),\quad(1)\]
另一方面由
\begin{align*}
&(b+c)^2(7a^2+2b^2+2c^2)-(a+c)^2(2a^2+7b^2+2c^2)\\
={}&(b-a)\left(\frac{7(a+b)^2+(5a+5b-8c)^2}{32}(a+b+2c)+(a-b)^2\left(a+b+\frac92c\right)\right)\\
\leqslant{}& 0,
\end{align*}
得 $(b+c)\sqrt{7a^2+2b^2+2c^2}\leqslant(a+c)\sqrt{2a^2+7b^2+2c^2}$ ，同理 $(a+c)\sqrt{2a^2+7b^2+2c^2}\leqslant(a+b)\sqrt{2a^2+2b^2+7c^2}$ ，即有
\[\frac1{(b+c)\sqrt{7a^2+2b^2+2c^2}}\geqslant\frac1{(a+c)\sqrt{2a^2+7b^2+2c^2}}\geqslant\frac1{(a+b)\sqrt{2a^2+2b^2+7c^2}},\quad(2)\]
那么由式 (1), (2)，根据切比雪夫不等式，有
\begin{align*}
&\sum\frac{a^2-bc}{\sqrt{7a^2+2b^2+2c^2}}\\
={}&\sum\frac{(a^2-bc)(b+c)}{(b+c)\sqrt{7a^2+2b^2+2c^2}}\\
\geqslant{}& \frac13\sum(a^2-bc)(b+c)\sum\frac1{(b+c)\sqrt{7a^2+2b^2+2c^2}}\\
={}&0,
\end{align*}
即得证。

发布于 2024-07-24 16:22

Aluminiumor

$a,b\geq0,n\geq2$, 证明：
$$a^n+b^n\geq(n-1)(ab-1)+a+b$$
由伯努利不等式，
$$a^n-a=a(a^{n-1}-1)\geq a(n-1)(a-1)$$
故只需证
$$a^2+b^2-a-b\geq ab-1$$
显然.

kuing

网址：zhihu.com/question/662932346
标题：怎么证明这个优雅的不等式？
一个神奇的不等式怎么证明它呢？

这手字丑得和我有得一拼，码一下先：
题：`a_1`, `a_2`, ..., `a_n>0`，求证
\[\frac {a_1a_2+a_2a_3+\cdots +a_{n-1}a_n}{a_1^2+a_2^2+\cdots +a_n^2}\leqslant\cos\frac\pi{n+1}.\]
（其实不需要正数条件）
我的回答：
为方便码字，记 $c=\pi/(n+1)$ ，注意到
\[\cos c=\frac{\sin\bigl((k-1)c\bigr)+\sin\bigl((k+1)c\bigr)}{2\sin(kc)},\]
取 k=1, 2, ..., n，则有
\begin{align*}
&(a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2)\cos c\\
={}&a_1^2\frac{\sin2c}{2\sin c}+a_2^2\frac{\sin c+\sin3c}{2\sin2c}+a_3^2\frac{\sin2c+\sin4c}{2\sin3c}+\cdots\\
&\cdots+a_{n-1}^2\frac{\sin\bigl((n-2)c\bigr)+\sin(nc)}{2\sin\bigl((n-1)c\bigr)}+a_n^2\frac{\sin\bigl((n-1)c\bigr)+\sin\pi}{2\sin(nc)}\\
={}&\frac12\left(\frac{\sin2c}{\sin c}a_1^2+\frac{\sin c}{\sin2c}a_2^2\right)+\frac12\left(\frac{\sin3c}{\sin2c}a_2^2+\frac{\sin2c}{\sin3c}a_3^2\right)+\cdots\\
&\cdots+\frac12\left( \frac{\sin(nc)}{\sin\bigl((n-1)c\bigr)}a_{n-1}^2+\frac{\sin\bigl((n-1)c\bigr)}{\sin(nc)}a_n^2 \right)\\
\geqslant{}& a_1a_2+a_2a_3+\cdots+a_{n-1}a_n,
\end{align*}
即得证，当 $a_1:a_2:\cdots:a_n=\sin c:\sin 2c:\cdots:\sin(nc)$ 时取等。

编辑于 2024-07-30 17:36

---

【注】论坛这边方便码公式我就多说几句：
初时我在草稿上写的是常规的待定系数均值
\begin{align*}
&a_1a_2+a_2a_3+\cdots+a_{n-1}a_n\\
\leqslant{}&\frac12\left(\frac{t_2}{t_1}a_1^2+\frac{t_1}{t_2}a_2^2\right)+\frac12\left(\frac{t_3}{t_2}a_2^2+\frac{t_2}{t_3}a_3^2\right)+\cdots+\frac12\left(\frac{t_n}{t_{n-1}}a_{n-1}^2+\frac{t_{n-1}}{t_n}a_n^2\right)\\
={}&\frac{t_2}{2t_1}a_1^2+\frac{t_1+t_3}{2t_2}a_2^2+\frac{t_2+t_4}{2t_3}a_3^2+\cdots+\frac{t_{n-2}+t_n}{2t_{n-1}}a_{n-1}^2+\frac{t_{n-1}}{2t_n}a_n^2,
\end{align*}
其中各 `t` 为待定正数，那自然需要令
\[\frac{t_2}{2t_1}=\frac{t_1+t_3}{2t_2}=\frac{t_2+t_4}{2t_3}=\cdots=\frac{t_{n-2}+t_n}{2t_{n-1}}=\frac{t_{n-1}}{2t_n}=u,\]
另外补上 `t_0=0` 和 `t_{n+1}=0`，上式即统一为
\[t_{k-1}+t_{k+1}=2u\cdot t_k\quad(k=1,2,\ldots,n),\]
然后用特征方程那套方法，利用 `t_0=t_{n+1}=0` 和什么佛公式可得出 `t_k` 为 `A\sin(k\theta)` 的形式。

到这里我忽然想到，那 `t_{k-1}+t_{k+1}=2u\cdot t_k` 不就成了和差化积吗？
既然这样那干脆从和差化积开始写，最终就得到了上面的简洁证明

kuing

网址：zhihu.com/question/662959928
标题：网上刷到的奇怪不等式题，谁能解答一下？

题：实数 `a`, `b`, `c\in[0,3]` 且 `(3-a)(3-b)(3-c)=abc`，求 `a+b+c` 的最小值。

我的回答：
假设 a+b+c<3，则 3-a>b+c 、3-b>a+c 、3-c>a+b，相乘得

(3-a)(3-b)(3-c) > (b+c)(a+c)(a+b) ≥ abc，

与条件矛盾，所以必有 a+b+c≥3，而存在 (a,b,c)=(3,0,0) 满足条件且 a+b+c=3，所以最小值就是 3。

编辑于 2024-07-31 13:23

kuing

网址：zhihu.com/question/663422255
标题：有没有什么极其简短和优美的方法解决这道题?

我的回答：
要求极其简短那就只好用装X配方啦：当 x, y, z 非负时，注意到
\begin{align*}
&(x+y+z)(2x+9y+17z)^2-1600xyz\\
={}&4z(5x-12y)^2+(13x+9y+9z)(3y-5z)^2+4(x+10y+z)(x-4z)^2\geqslant0,
\end{align*}
将上式 x, y, z 换成 tanA, tanB, tanC，由于在三角形中 tanA + tanB + tanC = tanA tanB tanC，上式即化为 $(2\tan A+9\tan B+17\tan C)^2\geqslant 1600$ ，所以原式最小值 m=40，取等时 tanA : tanB : tanC = 12 : 5 : 3，由此易得 tanA=4，即 n=4。

编辑于 2024-08-06 00:19

注：论坛上有几道类似题见：kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=5707

kuing

网址：zhihu.com/question/663460673
标题：不等式最值?柯西不等式推广相关？
已知a+b+c=8,且a，b，c均大于0，求 $\sqrt{a^2-4}+ \sqrt{b^2-9}+ \sqrt{c^2-4}$的最值。

这里是否可以用柯西不等式的三角形式，对于$\sqrt{a^2+b^2}$形式能直接利用，但是对于相减形式是否有类似的推广结论？

我的回答：
类似结论是有的，我即场推了出来：

定理：若 $a^2\geqslant p^2$, $b^2\geqslant q^2$, $ab\geqslant pq$，则
\[\sqrt{a^2-p^2}+\sqrt{b^2-q^2}\leqslant\sqrt{(a+b)^2-(p+q)^2},\]
当 `aq=bp` 时取等。

定理的证明：两边平方即
\[a^2+b^2-p^2-q^2+2\sqrt{(a^2-p^2)(b^2-q^2)}\leqslant(a+b)^2-(p+q)^2,\]
化简即
\[\sqrt{(a^2-p^2)(b^2-q^2)}\leqslant ab-pq,\]
而
\[(ab-pq)^2-(a^2-p^2)(b^2-q^2)=(aq-bp)^2\geqslant0,\]
所以定理成立。

回到原题，要确保根号下非负，须 $a$, $c\geqslant2$, $b\geqslant3$，再由 `a+b+c=8` 得 $a$, $c\in[2,3]$, $b\in[3,4]$。
根据定理，有
\begin{align*}
&\sqrt{a^2-2^2}+\sqrt{b^2-3^2}+\sqrt{c^2-2^2}\\
\leqslant{}&\sqrt{(a+b)^2-(2+3)^2}+\sqrt{c^2-2^2}\\
\leqslant{}&\sqrt{(a+b+c)^2-(2+3+2)^2}\\
={}&\sqrt{8^2-7^2}=\sqrt{15},
\end{align*}
当 `(a,b,c)=(16/7,24/7,16/7)` 取等，此为最大值；

另一方面，由
\begin{align*}
a^2-4-5(a-2)^2&=4(a-2)(3-a)\geqslant0,\\
b^2-9-7(b-3)^2&=6(b-3)(4-b)\geqslant0,\\
c^2-4-5(c-2)^2&=4(c-2)(3-c)\geqslant0,
\end{align*}
得
\begin{align*}
\sqrt{a^2-4}&\geqslant\sqrt5(a-2),\\
\sqrt{b^2-9}&\geqslant\sqrt7(b-3)\geqslant\sqrt5(b-3),\\
\sqrt{c^2-4}&\geqslant\sqrt5(c-2),
\end{align*}
所以
\[\sqrt{a^2-4}+\sqrt{b^2-9}+\sqrt{c^2-4}\geqslant\sqrt5(a-2+b-3+c-2)=\sqrt5,\]
当 `(a,b,c)=(2,3,3)` 或 `(3,3,2)` 时取等，此为最小值。

编辑于 2024-08-06 17:16

注：真的是现场临时推的（不过……说不定以前也推过但忘了……

kuing

网址：zhihu.com/question/663792307
标题：想问一下下面这个不等式除了调整有没有什么好的证法?
在△ABC中，求
√1-sinAsinB +√1-sinAsinC +√1-sinBsinC的最小值

我的回答：
记 x=tan(A/2), y=tan(B/2), z=tan(C/2)，则 x, y, z>0 且 xy+yz+zx=1，由万能公式有 $\sin A=2x/(1+x^2)$ 等，所以
\begin{align*}
\sqrt{1-\sin A\sin B}&=\sqrt{1-\frac{4xy}{(1+x^2)(1+y^2)}}\\
&\geqslant\sqrt{1-\frac{4xy}{(1+xy)^2}}\\
&=\frac{1-xy}{1+xy}\\
&=\frac{yz+zx}{2xy+yz+zx},
\end{align*}
另外两项同理，再记 p=yz+zx, q=zx+xy, r=xy+yz，即
\[\sum\sqrt{1-\sin A\sin B}\geqslant\frac p{q+r}+\frac q{r+p}+\frac r{p+q},\]
而 RHS>=3/2 是熟知的，所以原式>=3/2，当正三角形时取等。

发布于 2024-08-09 02:26

注：其实在《撸题集》P.176 题目 2.1.29 里我就撸过，还是三次根号的，后面还讨论到 n 次根。
（书上的三个链接现在分别为 链接1、链接2、链接3）

再说回上面的，在根号开出来后，也可以这样变形
\begin{align*}
\frac{1-xy}{1+xy}&=\frac{1-\tan\frac A2\tan\frac B2}{1+\tan\frac A2\tan\frac B2}=\frac{\cos\frac{A+B}2}{\cos\frac{A-B}2}\\
&=\frac{\sin(A+B)}{2\sin\frac{A+B}2\cos\frac{A-B}2}=\frac{\sin C}{\sin A+\sin B}\\
&=\frac c{a+b},
\end{align*}
所以实际上上面的不等式就是
\[\sqrt{1-\sin A\sin B}\geqslant\frac c{a+b},\]
也就是网友“予一人​”所证的不等式，不过他的写法逼格满满，尽管我的解法易懂且在先，赞数还是少得多

kuing

网址：zhihu.com/question/664488709
标题：冒昧问一下这样一个数学不等式怎么解？
它肯定可以用排序不等式证明，但我不会证明，跪求。

我的回答：
不妨设 z = min{x,y,z}，则将第三项 $\dfrac{x(x^2-z^2)}{y+z}$ 拆分成 $\dfrac{x(x^2-y^2)}{y+z}+x(y-z)$ ，分别与前两项相加，即可将原不等式整理为
\[\frac{(x-y)^2 (x+y) (x+y+z)}{(x+z) (y+z)}+\frac{(x-z) (y-z) (x+y+z)}{x+y}\geqslant0,\]
显然成立。

发布于 2024-08-17 04:22

注：如果继续通分化简的话就变成
\begin{gather*}
\frac{(x^2-y^2)^2(x+y+z)+(x^2-z^2)(y^2-z^2)(x+y+z)}{(x+z)(y+z)(x+y)}\geqslant0,\\
\frac{(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)(x+y+z)}{(x+z)(y+z)(x+y)}\geqslant0,
\end{gather*}
所以原不等式虽然表面看起来只是轮换对称，实际上是完全对称的。
（知乎里没我提这一点，我在知乎都是尽量短平快，不画蛇添足，在论坛上相反，总想多扯几句😁）

kuing

网址：zhihu.com/question/663916619
标题：如何证明图中的不等式？

我的回答：
原图中的不等式是有问题的，例如 $\alpha=\beta=\gamma=-1$ 时 左边 < 0 < 右边。

正确的不等式是 $(\alpha a^2+\beta b^2+\gamma c^2)^2\geqslant 16(\beta \gamma +\gamma \alpha +\alpha \beta )S^2$ 。

引理（嵌入不等式的等价形式之一）：
设 $A+B+C=k\pi, k\in Z, x, y, z\in R$ ，则有
\[(x+y+z)^2\geqslant 4yz\sin^2A+4zx\sin^2B+4xy\sin^2C,\]
等号成立当且仅当 x:y:z=sin2A:sin2B:sin2C。

引理的证明： $LHS-RHS=(x+y\cos 2C+z\cos 2B)^2+(y\sin 2C-z\sin 2B)^2.$

回到原题：对于 △ABC，在引理中令 $x=\alpha a^2, y=\beta b^2, z=\gamma c^2$ ，即得
\[(\alpha a^2+\beta b^2+\gamma c^2)^2\geqslant 4\sum \beta \gamma b^2c^2\sin^2A=16(\beta \gamma +\gamma \alpha +\alpha \beta )S^2.\]
编辑于 2024-08-18 13:55

注：其实在 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=4413&page=1#pid20079（16#）就写过以上的。
那为啥还要存档在这？主要是我注意到另一回答中 @isee 写的命题是

在三角形 ABC 中，对任意实数 $x,y,z$，满足 $x+y+z>0$，$xy+yz+zx>0$，则有
\[x a^2+y b^2+z c^2\geqslant4\sqrt{xy+yz+zx}S_{\triangle},\]
当且仅当 $\cot A:\cot B:\cot C=x:y:z$ 时取得等号.

我前面得出的是在实系数范围内恒有 `(xa^2+yb^2+zc^2)^2\geqslant16(xy+yz+zx)S^2`，加那俩条件就能两边开方？
那就是说由 $x+y+z>0$、$xy+yz+zx>0$ 必能推出 `xa^2+yb^2+zc^2>0`，能否直接证明这一点呢？我竟然一时想不出简单方式……
=====
想了下，还是要证明在该条件下 `x`, `y`, `z` 两两之和为正先。
假设 `x+y\leqslant0`，则由 `z>-(x+y)` 得 `xy+z(x+y)\leqslant xy-(x+y)^2\leqslant0`，与条件不符，所以 `x+y>0`，同理 `y+z>0`, `z+x>0`。
`x`, `y`, `z` 中必有正，如 `x>0`，则
\begin{align*}
xa^2+yb^2+zc^2&>x(b-c)^2+yb^2+zc^2\\
&=(x+y)b^2+(x+z)c^2-2xbc\\
&\geqslant2\sqrt{(x+y)(x+z)}bc-2xbc\\
&=2\bigl(\sqrt{x^2+xy+yz+zx}-x\bigr)bc\\
&>0,
\end{align*}
这样就证明了在那条件下的确能两边开方。
但这样一来就已经和那回答里的过程都差不多了，多此一证。

kuing

网址：zhihu.com/question/663992146
标题：求问一道数学不等式(最好使用初等方法)，谁能解答一下?

码一下题目：已知 `x`, `y`, `z\in[1,4]`，且 `x+y+z=9`，求证
\[4(xy+yz+zx)\leqslant xyz+xy^2+yz^2+zx^2.\]

我的回答：
由轮换对称性不妨设 `z = \max\{x,y,z\}`，则由条件有
\[z\leqslant4=\frac49(x+y+z)\riff5z\leqslant4x+4y,\]
配方得
\begin{align*}
&xyz+xy^2+yz^2+zx^2-\frac49(x+y+z)(xy+yz+zx)\\
={}&\frac{(4x+4y-5z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)+(5z-x-4y)(2x-y-z)^2}{27}\\
\geqslant{}&0,
\end{align*}
即得证。

取等条件为 `(x,y,z)=(3,3,3)` 或 `(3,2,4)` 及其轮换。

发布于 2024-08-22 03:12

注1：化出 `5z\leqslant4x+4y` 后总感觉以前证过类似的题，但一时没翻到。

注2：其他回答中网友 jsxie​ 的证明的前半转化得挺好，可惜最后一步反了（我已经评论中指出）。
由那转化可知，此不等式等价于：`a`, `b`, `c\geqslant0`，则
\[\frac a{4a+b+4c}+\frac b{4a+4b+c}+\frac c{a+4b+4c}\leqslant\frac13.\]
注3：其他回答中网友 sid 的证明的最后一步不知咋配的……

kuing

网址：zhihu.com/question/665012639
标题：请教一下大家这个题如何用不等式解决？

我的回答：
注意到
\[\frac1{54}\left(\sum(a-b)^2\right)^3-\prod(a-b)^2=\frac1{27}\prod(a+b-2c)^2,\]
所以
\begin{align*}
\prod(a-b)^2&\leqslant\frac1{54}\left(\sum(a-b)^2\right)^3\\
&=\frac1{54}\bigl(3(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)^2\bigr)^3\\
&\leqslant\frac1{54}\bigl(3(a^2+b^2+c^2)\bigr)^3\\
&=\frac12,
\end{align*}
得到
\[-\frac{\sqrt2}2\leqslant(a-b)(b-c)(c-a)\leqslant\frac{\sqrt2}2,\]
当 $(a,b,c)=\bigl(-\sqrt2/2,\sqrt2/2,0\bigr)$ 时左边取等， $\bigl(-\sqrt2/2,0,\sqrt2/2\bigr)$ 时右边取等。

发布于 2024-08-22 22:49

注：更简单的解法见链接中的另一个回答。

而我的上述解法主要是想装B，就是第一条恒等式，在这里就不装了，其实那是我之前在卖前一读——《数学奥林匹克中的不等式研究》（8#）里得到的（有推导过程😊）。

isee

kuing 发表于 2024-8-24 00:29
我的回答：
原图中的不等式是有问题的，例如 $\alpha=\beta=\gamma=-1$ 时 左边 < 0 < 右边。

考虑的方向不一样，直接向后放的，也就是说，证明完命题也附带说明有$xa^2+yb^2+zc^2$ 为正了.
在高考模拟卷中几乎全是 xy+yz+zx 为正，就直接根号形式，也没细想一般形式下的那个正.
其次，当时也只是你回答之后的一个补充.

kuing

网址：zhihu.com/question/666728382
标题：请问这两行配凑是怎么想到的？

我的回答：
怎么想到，我只能说这是作者的经验和灵感啊……

另外，我刚才也想到了式（*）的另一个证法如下：

由于式（*）完全对称，不妨设 a ≤ b ≤ c，由 abc=1 知 a ≤ 1 且 c ≥ 1，则 (a-1)(c-1) ≤ 0，由此得
\[2(a+c)\geqslant(a+1)(c+1),\]
于是要证式（*），只需证明 (a+b)(b+c) ≥ 2(b+1) 即可，由柯西及均值有
\[(b+a)(b+c)\geqslant\left(b+\frac1{\sqrt b}\right)^2\geqslant\left(b+\frac2{b+1}\right)^2,\]
而
\[\left(b+\frac2{b+1}\right)^2-2(b+1)=\frac{(b-1)^2(b^2+2b+2)}{(b+1)^2}\geqslant0,\]
所以 (a+b)(b+c) ≥ 2(b+1) 成立，即得证。

要是问我怎么想到开头那样放缩的，我也说不出来。

发布于 2024-09-10 15:26

kuing

网址：zhihu.com/question/716520681
标题：如何优雅的证明这个不等式？

我的回答：
原不等式等价于
\[\frac{1+(x+y)^2-(x-y)^2}{\bigl(1-(x-y)^2\bigr)\left(x+y+\frac{(x+y)^2+(x-y)^2}2\right)}\geqslant\sqrt5-1,\]
令 $a=x+y,~b=1-(x-y)^2$ ，则 $a>0,~b\in(0,1]$ ，且
\[\LHS=\frac{a^2+b}{b\left(a+\frac{a^2+1-b}2\right)}=\frac{2(a^2+b)}{b\bigl((a+1)^2-b\bigr)},\]
于是等价于证明
\[a^2+b\geqslant\frac{\sqrt5-1}2b\bigl((a+1)^2-b\bigr),\]
上式可整理为
\[b\left(1-\frac{\sqrt5-1}2a\right)^2+(1-b)a^2\geqslant\frac{\sqrt5-1}2b(1-b),\]
当 b=1 时显然成立，且当 $a=\frac{\sqrt5+1}2$ 时取等；

当 0<b<1 时，等价于
\[\frac{\left(1-\frac{\sqrt5-1}2a\right)^2}{1-b}+\frac{a^2}b\geqslant\frac{\sqrt5-1}2,\]
则由柯西得
\[LHS\geqslant\frac{\left(1-\frac{\sqrt5-1}2a+a\right)^2}{1-b+b}=\left(1+\frac{3-\sqrt5}2a\right)^2>1>\frac{\sqrt5-1}2,\]
即得证。

发布于 2024-10-03 00:31

注：另一个回答中的“注意到”也是牛的一批，不知怎么配的……

kuing

网址：zhihu.com/question/1184896221
标题：如何使用不等式解决图中这个求abc取值范围的题？
不要用函数消元的方法，我认为一定有更优雅的解答
题目
已知三个互不相同的实数 `a`, `b`, `c` 满足 `a+b+c=1`, `a^2+b^2+c^2=3`，则 `abc` 的取值范围为______。

我的回答：
因为
\begin{align*}
&(a-b)^2(a-c)^2(b-c)^2\\
={}&\frac14\bigl(a^2+b^2+c^2-(a+b+c)^2\bigr)^2\bigl(2(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)^2\bigr)\\
&+abc(a+b+c)\bigl(5(a+b+c)^2-9(a^2+b^2+c^2)\bigr)-27a^2b^2c^2,
\end{align*}
而数互不相同，所以上式恒为正，代入条件即化为
\[5-22abc-27a^2b^2c^2>0,\]
解得
\[-1<abc<\frac5{27}.\]
发布于 2024-10-18 18:33

注 1：评论里网友“sid”提到：

还需要证明这个区间内的都可以取到。

说得没错，但我才不会去写证明呢，于是我回复：补上就会影响“优雅”的要求😄

注 2：上面的等式可以用 mma 弄，我是这样写的：

1. SymmetricReduction[(a - b)^2 (a - c)^2 (b - c)^2, {a, b, c}, {p, (p^2 - s)/2, r}];
2. CoefficientList[%[[1]], r] // Factor;
3. %.{1, r, r^2} /. {p -> a + b + c, s -> a^2 + b^2 + c^2, r -> a b c}

复制代码

不知道有没有更简单的写法。

kuing

网址：zhihu.com/question/1411838101
标题：描述中的这个不等式如何证明？
sin$^{2}$(x)+sin$^{2}$(y)+sin$^{2}$ (x+y) $\leq$ $\frac{9}{4}$ ，x,y $\in$ R

我的回答：
原不等式等价于
\[\cos^2x+\cos^2y+\cos^2(x+y)\geqslant\frac34,\]
记 $a=\cos x,~b=\cos y,~c=\cos (x+y)$ ，则有恒等式
\[a^2+b^2+c^2=2abc+1,\]
那么
\begin{align*}
a^2+b^2+c^2&=2abc+1\\
&\geqslant-2\sqrt{a^2b^2c^2}+1\\
&\geqslant-2\sqrt{\left(\frac{a^2+b^2+c^2}3\right)^3}+1,
\end{align*}
由此解得
\[a^2+b^2+c^2\geqslant\frac34.\]
发布于 2024-10-20 23:30

注：其实常规的三角变换也很简单，见其他回答。