三个不等式

天书

1: $a,b,c>0,a+b+c=3$,证明:$$\frac{a^3+1}{b+c}+\frac{b^2+1}{c+a}+\frac{c+1}{a+b}\ge3$$
2: $a,b,c>0,a^2+b^2+c^2=1$,证明:$$\frac{a+b}{1+a^2}+\frac{b+c}{1+b^2}+\frac{c+a}{1+c^2}\le\frac{3\sqrt{3}}{2}$$
3: $a,b,c,d>0,a^3+b^3+c^3+d^3+abcd=5$,证明:$$0\le abc+bcd+cda+dab-abcd\le3$$
4: $a,b,c>0,5\min\{a,b,c\}\ge a+b+c$,证明:
$$\frac{1}{(x^2+xy+y^2)^2}+\frac{1}{(y^2+yz+z^2)^2}+\frac{1}{(z^2+zx+x^2)^2}\ge\frac{3}{(xy+yz+zx)^2}$$
5: $x,y,z>0$,证明下式$$\frac{2xy}{x^2+y^2}+\frac{2yz}{y^2+z^2}+\frac{2zx}{z^2+x^2}\le1+4\sqrt{2}\frac{xyz}{\sqrt{(x^2+y^2)(y^2+z^2)(z^2+x^2)}}$$
6: $a,b,c,d\ge0,a+b+c+d=1$,证明:
$$\max\{\sum\sqrt{a^2+ad+d^2+dc},\sum\sqrt{a^2+ab+b^2+bc}\}\ge2$$
7: $a,b,c>0$,证明:$$\frac{a^2}{b(a^2-ab+b^2)}+\frac{b^2}{c(b^2-bc+c^2)}+\frac{c^2}{a(c^2-ca+a^2)}\ge\frac{9}{a+b+c}$$
8: $a,b,c>0$,证明:$$\frac{a+b}{\sqrt{a^2+ab+b^2+bc}}+\frac{b+c}{\sqrt{b^2+bc+c^2+ca}}+\frac{c+a}{\sqrt{c^2+ca+a^2+ab}}\ge2+
    \sqrt{\frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2}}$$

那直接把存货都复制过来把....

kuing

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用 latex 生成的PDF？怎么不直接用 latex 代码发贴……

其妙

欢迎天书！不等式高手！

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1.出错了，a=b=0.9,c=1.2,代入后得到2.907》3矛盾.

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不等式①见本贴图片，其实我不太懂.

3.$a,b,c,d>0,a^3+b^3+c^3+d^3+abcd=5$,求证：$0\le abc+bcd+acd+abd-abcd \le 3$
如果能够证明$a^3+b^3+c^3+d^3+4(abcd)^\frac{3}{4}\ge{2(abc+abd+acd+bcd)}$----①那么不等式3就解决了.
在①成立的条件下，设$a^3+b^3+c^3+d^3=4x,(abcd)^\frac{3}{4}=z,abc+abd+acd+bcd=4y$
容易得到以下关系式，$x+z\ge 2y,4x+z^\frac{4}{3}=5,x\ge1$,
求证：$4y\le 3+z^\frac{4}{3}$---②
要证明②成立，只需要证明$2(x+z)\le 3+z^\frac{4}{3}=8-4x$
消去$z$即为$(5-4x)^3\le (4-3x)^4,1\le x\le 1.25$
令$x-1=t,0\le t\le 0.25$,即要证明$(1-4t)^3\le (1-3t)^4$,化简得到$t^2(81t^2-44t+6)\ge0$,判别式$\frac{Δ}{4}=484-81\times6<0$,此式成立，所以②成立.
又a,b,c,d中至少有一个不大于1，不妨设$a\le1$,则有$bcd\ge abcd$,则$0\le abc+bcd+acd+abd-abcd$成立.

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5.不妨设$x\ge y\ge z$
等价变形为\[\frac{2yz}{y^2+z^2}+\frac{2yx}{y^2+x^2}-\frac{4\sqrt{2}xyz}{\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{x^2+z^2}\sqrt{z^2+y^2}}\le{\frac{(x-z)^2}

{z^2+x^2}}\]
以下证明下列2个不等式同时成立
\[\frac{2yz}{y^2+z^2}-\frac{2\sqrt{2}xyz}{\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{x^2+z^2}\sqrt{z^2+y^2}}\le{\frac{(x-z)^2}{2(z^2+x^2)}}-----①\]
\[\frac{2yx}{y^2+x^2}-\frac{2\sqrt{2}xyz}{\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{x^2+z^2}\sqrt{z^2+y^2}}\le{\frac{(x-z)^2}{2(z^2+x^2)}}-----②\]
两者证明一样，①的如下
\[\frac{2yz}{y^2+z^2}\frac{1}{\sqrt{x^2+z^2}\sqrt{x^2+y^2}}(\sqrt{x^2+z^2}\sqrt{x^2+y^2}-\sqrt{2}x\sqrt{z^2+y^2})\le{\frac{(x-z)^2}{2

(z^2+x^2)}}\]
\[\frac{2yz}{y^2+z^2}\frac{1}{\sqrt{x^2+z^2}\sqrt{x^2+y^2}}\frac{(x^2-y^2)(x^2-z^2)}{\sqrt{x^2+z^2}\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{2}x\sqrt{z^2+y^2}}

\le{\frac{(x-z)^2}{2(z^2+x^2)}}\]
因为$\frac{2yz}{y^2+z^2}\le1,(x-z)^2=((x-y)-(y-z))^2\ge 4(x-y)(y-z)$
所以只需要证明
\[2\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{x^2+z^2}(\sqrt{x^2+z^2}\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{2}x\sqrt{z^2+y^2})\ge (x^2+z^2)(x+y)(x+z)\]
而$\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{x^2+z^2}\ge x^2+z^2,\sqrt{2}\sqrt{x^2+z^2}\ge x+z,\sqrt{2}\sqrt{x^2+y^2}\ge x+y$上式显然成立.
如此证明了第5个不等式成立.

其妙

回复 6# realnumber
，latex写的那么好，居中格式，我还以为是kk的证法呢！

realnumber

回复 7# 其妙
居中只需要把$$换成\[\]

其妙

回复 8# realnumber
嗯，只是我常常都不换，

天书

4：终于破了
做具有一个公共端点$D$的三条线段,使得相邻两条线段之间夹角$120^{o}$,将另外三个端点$ABC$两两相连,得到一个三角形,记
$AD=x,BD=y,CD=z$,那么由余弦定理易得$$x^2+xy+y^2=AB^2=c^2,y^2+yz+z^2=BC^2=a^2,z^2+zx+x^2=AC^2=b^2$$
注意到:$$S=S_{\triangle ABC}=\frac{\sin 120^{o}}{2}xy+\frac{\sin 120^{o}}{2}zy+\frac{\sin 120^{o}}{2}xz$$
$$\Leftrightarrow S=\frac{\sqrt{3}}{4}\sum xy$$
从而欲证不等式等价:$$\frac{1}{a^4}+\frac{1}{b^4}+\frac{1}{c^4}\ge\frac{9}{16S^2}$$
下面我们说明三角形$ABC$是锐角三角形,由对称性知只需证$a^2+b^2>c^2$,即:
$$(y^2+yz+z^2)+(x^2+xz+z^2)\ge x^2+xy+y^2\Leftrightarrow2z^2+(x+y)z\ge xy$$
由条件知$z\ge\frac{x+y}{4}$,带入得到:$$2z^2+(x+y)z\ge\frac{3x^2+6xy+3y^2}{8}=\frac{3x^2-2xy+3y^2}{8}+xy\ge xy$$
从而$ABC$锐角三角形,欲证原不等式,只需证明:\\
$a,b,c$是锐角三角形三边,证明:$$\frac{1}{a^4}+\frac{1}{b^4}+\frac{1}{c^4}\ge\frac{9}{16S^2}$$
由$Iran96$知,对$x,y,z\ge0$有:$$\frac{1}{(x+y)^2}+\frac{1}{(y+z)^2}+\frac{1}{(z+x)^2}\ge\frac{9}{4\left(xy+yz+zx\right)}$$
注意到:$$\sqrt{x+y}+\sqrt{y+z}>\sqrt{z+x},(x+y)+(y+z)>z+x$$前者说明$\sqrt{x+y},\sqrt{y+z},\sqrt{z+x}$构成三角形,后者
由余弦定理知所构成的三角形是锐角三角形,做代换$\sqrt{x+y}=c,\sqrt{y+z}=a,\sqrt{z+x}=b$,那么有:
$$\sum xy=\frac{1}{4}\sum(a^2+b^2-c^2)(b^2+c^2-a^2)=\frac{(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}{4}=4S^2$$
从而$Iran96$转化成:$a,b,c$是锐角三角形三边,那么:
$$\sum\frac{1}{a^4}\ge\frac{9}{16S^2}$$
这就是欲证不等式,综上由$Iran96$正确性得到原不等式成立.

天书

4条件可推广至
$$t\min\{x,y,z\}\ge x+y+z,t\in[3,3+2\sqrt{2}]$$
只要保证三角形还是锐角就可.

realnumber

还是收集在一起，和第五个一样是分母有理化类型，
\[已知a,b\in R^+,求证：\frac{a}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{b}{\sqrt{1+a^2}}\ge \frac{a+b}{\sqrt{1+ab}}(安振平题,发于<学数学>)\]
证明：当其中$a=b$时，成立．以下不妨设$a>b$．
\[不等式等价于\frac{a}{\sqrt{1+b^2}}-\frac{a}{\sqrt{1+ab}}>\frac{b}{\sqrt{1+ab}}-\frac{b}{\sqrt{1+a^2}}\]
\[等价于\frac{a}{\sqrt{1+b^2}}\frac{b(a-b)}{\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+ab}}>\frac{b}{\sqrt{1+a^2}}\frac{a(a-b)}{\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+ab}}\]
\[等价于\sqrt{1+a^2}(\sqrt{1+a^2}+\sqrt{1+ab})>\sqrt{1+b^2}(\sqrt{1+b^2}+\sqrt{1+ab})\]
因为$a>b$上式成立．

其妙

尼玛这么多不等式，标题还说是三个！看起就头晕！

kuing

回复 13# 其妙

原来的确是三个后来加了菜……

其妙

回复 14# kuing
加的不是菜呀！这么难，
又是一大拨不等式！

睡仙

回复 10# 天书


    第八个不等式是我去年得到的.引用请注明出处.

realnumber

1楼的．我不会．