|
|
kuing
发表于 2025-1-24 15:32
法一 由于 $a$, $b$, $c$ 中总有两个不大于 $1$ 或不小于 $1$，由对称性，不妨设 $(a-1)(b-1)\geqslant 0$，得 $ab+1\geqslant a+b$，则
\[4=a+b+(1+ab)c\geqslant a+b+(a+b)c=(a+b)(1+c),\]
得到
\[c\leqslant \frac4{a+b}-1,\quad(*)\]
由条件知
\[a+b+c\geqslant ab+bc+ca \iff 4-abc\geqslant ab+bc+ca \iff ab(c+1)+(a+b)c\leqslant 4,\]
由式 (*) 有
\[ab(c+1)+(a+b)c\leqslant \frac{4ab}{a+b}+(a+b)\left(\frac4{a+b}-1\right)=4-\frac{(a-b)^2}{a+b},\]
所以原不等式得证。
法二(消元配方) 由条件得
\[c=\frac{4-a-b}{1+ab},\]
代入原不等式并作差配方
\[a+b+c-ab-bc-ca=\frac{\bigl(16-(a+b)^2+(a-b)^2\bigr)(a+b-2)^2+4ab(a-b)^2}{16(1+ab)}\geqslant 0.\]
法三(反证法) 假设存在 $a$, $b$, $c>0$ 使得 $a+b+c<ab+bc+ca$，下面证明此时有 $a+b+c+abc>4$。
由 $a+b+c<ab+bc+ca$ 得
\[a+b+c+abc>\frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}+\frac{abc(a+b+c)^3}{(ab+bc+ca)^3},\]
所以只要证
\[(ab+bc+ca)^2(a+b+c)^2+abc(a+b+c)^3 \geqslant 4(ab+bc+ca)^3,\quad(**)\]
记 $p=a+b+c$, $q=ab+bc+ca$。
（1）若 $p^2>4q$，则 $(ab+bc+ca)^2(a+b+c)^2>4(ab+bc+ca)^3$，式 (**) 成立；
（2）若 $p^2\leqslant 4q$，由 Schur 不等式的等价形式
\[abc\geqslant\frac{p(4q-p^2)}9,\]
可知要证式 (**) 只需证
\[p^2q^2+\frac{p^4(4q-p^2)}9\geqslant 4q^3,\]
上式移项并因式分解为
\[\frac19(4q-p^2)(p^2-3q)(p^2+3q)\geqslant 0,\]
由均值不等式有 $p^2\geqslant 3q$，所以上式成立。
综合（1）（2）知式 (**) 成立，从而得到 $a+b+c+abc>4$，与已知矛盾，故原不等式得证。
（以上证法摘自《数学空间》2013 年第 2 期（总第 12 期）P.27~28） |
|
