宋庆老师的三道不等式

力工

宋庆老师的几道题：
(1)已知$a,b,c>0$，证明：
$\frac{a^2}{(a+b)^2}+\frac{b^2}{(b+2c)^2}+\frac{c^2}{(c+a)^2}\geqslant \sqrt[3]{4}-1$.
(2)已知$a,b,c>0$，证明：$\frac{a^2}{(a+2b)^2}+\frac{b^2}{(b+c)^2}+\frac{c^2}{(c+2a)^2}\geqslant \frac{3(2\sqrt[3]{4}+6\sqrt[3]{2}-7)}{25}$.
(3)已知$a,b>0,ab+a+b=1$,证明：
$\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{1}{ab+1}\leqslant \frac{42-29\sqrt{2}}{4ab}$.

kuing

用相同的方法可解决（1）（2），先给出引理：

引理：已知 `x`, `y\inR`, `xy\geqslant1/2`，则有
\[\frac1{(1+x^2)^2}+\frac1{(1+y^2)^2}\geqslant\frac2{(1+xy)^2}.\]

引理的证明：
\[\LHS-\RHS=\frac{(x-y)^2\Bigl(x^2y^2(x-y)^2+(2xy-1)\bigl(2+(x+y)^2+2x^2y^2\bigr)\Bigr)}{(1+x^2)^2(1+y^2)^2(1+xy)^2}\geqslant0.\]

回到原题：
（1）证明：令 `x=b/a`, `y=2c/b`, `z=a/c`，则 `x`, `y`, `z>0`, `xyz=2`，不等式等价于
\[\frac1{(1+x)^2}+\frac1{(1+y)^2}+\frac1{(1+z)^2}\geqslant\sqrt[3]4-1,\]
不妨设 `x\geqslant y\geqslant z`，则由 `xyz=2` 可知 `\sqrt{xy}\geqslant\sqrt[3]2>1/2`，于是由引理可得
\[\frac1{(1+x)^2}+\frac1{(1+y)^2}\geqslant\frac2{\bigl(1+\sqrt{xy}\bigr)^2},\]
记 `\sqrt{xy}=t`，则 `z=2/t^2`，于是有
\[\frac1{(1+x)^2}+\frac1{(1+y)^2}+\frac1{(1+z)^2}\geqslant\frac2{(1+t)^2}+\frac1{\left(1+\frac2{t^2}\right)^2}=f(t),\]
求导得
\[f'(t)=\frac{4(t^3-2)(t^3+6t^2+4)}{(t+1)^3(t^2+2)^3},\]
所以
\[f(t)\geqslant f\bigl(\sqrt[3]2\bigr)=\frac3{\bigl(1+\sqrt[3]2\bigr)^2}=\sqrt[3]4-1,\]
即得证；

（2）证明：完全类似，令 `x=2b/a`, `y=c/b`, `z=2a/c`，则 `x`, `y`, `z>0`, `xyz=4`，不等式等价于
\[\frac1{(1+x)^2}+\frac1{(1+y)^2}+\frac1{(1+z)^2}\geqslant\frac{3\bigl(2\sqrt[3]4+6\sqrt[3]2-7\bigr)}{25},\]
同样地不妨设 `x\geqslant y\geqslant z` 并记 `t=\sqrt{xy}`，然后由引理
\begin{gather*}
\frac1{(1+x)^2}+\frac1{(1+y)^2}+\frac1{(1+z)^2}\geqslant\frac2{(1+t)^2}+\frac1{\left(1+\frac4{t^2}\right)^2}=g(t),\\
g'(t)=\frac{4(t^3-4)(3t^3+12t^2+16)}{(t+1)^3(t^2+4)^3}
\riff g(t)\geqslant g\bigl(\sqrt[3]4\bigr)=\frac3{\bigl(1+\sqrt[3]4\bigr)^2},
\end{gather*}
上式的右边与原题中的 `\frac{3\bigl(2\sqrt[3]4+6\sqrt[3]2-7\bigr)}{25}` 是相等的，但显然上式更好看，分母有理化反而丑😅

Aluminiumor

（3）$(a+1)(b+1)=2$
$$\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{1}{ab+1}=\frac{2ab+a+b}{(a+1)(b+1)}+\frac{1}{ab+1}=\frac{ab+1}{2}+\frac{1}{ab+1}$$
易知 $ab\in(0,3-2\sqrt{2}]$
故只需证
$$x\in(0,3-2\sqrt{2}],\left(\frac{x+1}{2}+\frac{1}{x+1}\right)x\leq\frac{42-29\sqrt{2}}{4}$$
证明略。

kuing

命题：已知 `x`, `y`, `z>0` 满足 `xyz=k^3` 且 `k\geqslant\sqrt3-1`，则有
\[\frac1{(1+x)^2}+\frac1{(1+y)^2}+\frac1{(1+z)^2}\geqslant\frac3{(1+k)^2}.\]

证明：不妨设 `x\geqslant y\geqslant z`，则 `\sqrt{xy}\geqslant k\geqslant\sqrt3-1>1/2`，记 `t=\sqrt{xy}`，则由引理得
\[\frac1{(1+x)^2}+\frac1{(1+y)^2}+\frac1{(1+z)^2}\geqslant\frac2{(1+t)^2}+\frac1{\left(1+\frac{k^3}{t^2}\right)^2},\]
所以只需证明
\[\frac2{(1+t)^2}+\frac1{\left(1+\frac{k^3}{t^2}\right)^2}\geqslant\frac3{(1+k)^2},\]
左右作差分解等价于
\[\frac{(t-k)^2(At^4+Bt^3+Ct^2+Dt+E)}{(1+t)^2(1+k)^2(t^2+k^3)^2}\geqslant0,\]
其中
\begin{align*}
A&=k^2+2k-2,\\
B&=2(k+1)(k^2+2k-2),\\
C&=k(3k^3+4k^2+5k-2),\\
D&=2k^3(k+1)(2k-1),\\
E&=k^4(2k^2+4k-1),
\end{align*}
而由 `k\geqslant\sqrt3-1` 得 `k^2+2k-2\geqslant0`，由此可知以上五式都非负，所以不等式成立，命题得证。`\square`

推论：已知 `x`, `y`, `z>0` 满足 `xyz=k^3` 且 `0<k<\sqrt3-1`，则有
\[\frac1{(1+x)^2}+\frac1{(1+y)^2}+\frac1{(1+z)^2}>1.\]

证明：由上述命题知，当 `xyz=\bigl(\sqrt3-1\bigr)^3` 时有
\[\frac1{(1+x)^2}+\frac1{(1+y)^2}+\frac1{(1+z)^2}\geqslant1,\]
那么当 `xyz=k^3<\bigl(\sqrt3-1\bigr)^3` 时，令 `\lambda=\bigl(\sqrt3-1\bigr)^3/k^3`，则 `\lambda>1`，再令 `z'=\lambda z`，则有 `xyz'=\bigl(\sqrt3-1\bigr)^3` 且 `z'>z`，于是
\[\frac1{(1+x)^2}+\frac1{(1+y)^2}+\frac1{(1+z)^2}>\frac1{(1+x)^2}+\frac1{(1+y)^2}+\frac1{(1+z')^2}\geqslant1,\]
所以推论得证。并且这种情况下 `1` 是下确界，因为可以让 `x`, `y\to\infty`, `z\to0` 此时左边趋向 `1`。