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话说最近浏览旧论坛的贴子，看到这贴 kkkkuingggg.haotui.com/thread-319-1-8.html 的如下不等式
\[\sqrt{\frac{a^2+2bc}{b^2+c^2}}+\sqrt{\frac{b^2+2ca}{c^2+a^2}}+\sqrt{\frac{c^2+2ab}{a^2+b^2}}\geqslant3.\]
原贴的条件是 $a$, $b$, $c>0$，其实应该改成 $\geqslant0$ 且最多一个为 $0$，这样才能取等号。
这题看上去挺难的，然而回贴中贴吧链接里给出的证明灰常巧妙，于是忍不住自己也想试一下，看能不能想出其他妙证。
结果是妙证想不出，只想到了如下繁琐的证法……
\[\sum\sqrt{\frac{a^2+2bc}{b^2+c^2}}\geqslant 3\iff\sum\sqrt{\frac{(a-b+c)(a+b-c)}{b^2+c^2}+1}\geqslant 3,\]
于是，如果 $a$, $b$, $c$ 能构成三角形三边，则不等式显然成立，故下面只需证明 $a$, $b$, $c$ 不能构成三角形三边的情况，由对称性，不妨设 $a\geqslant b+c$。
此时原不等式等价于
\[\sum\left( \sqrt{\frac{(a-b+c)(a+b-c)}{b^2+c^2}+1}-1 \right)\geqslant 0,\]
分子有理化整理等价于
\[\sum\frac{(a-b+c)(a+b-c)}{\sqrt{(a^2+2bc)(b^2+c^2)}+b^2+c^2}\geqslant 0,\]
即
\[\frac{(a-b+c)(a+b-c)}{\sqrt{(a^2+2bc)(b^2+c^2)}+b^2+c^2}\geqslant \frac{(a-b-c)(b-c+a)}{\sqrt{(b^2+2ca)(c^2+a^2)}+c^2+a^2}
+\frac{(a-b-c)(c+a-b)}{\sqrt{(c^2+2ab)(a^2+b^2)}+a^2+b^2}.(*)\]
对于(*)式左边，有
\begin{align*}
(a-b+c)(a+b-c)&=a^2-(b-c)^2\geqslant a^2-(b+c)^2=(a+b+c)(a-b-c), \\
\sqrt{(a^2+2bc)(b^2+c^2)}+b^2+c^2&\leqslant \frac{a^2+2bc+b^2+c^2}2+(b+c)^2=\frac{a^2+3(b+c)^2}2,
\end{align*}
故
\[\frac{(a-b+c)(a+b-c)}{\sqrt{(a^2+2bc)(b^2+c^2)}+b^2+c^2}\geqslant \frac{2(a+b+c)(a-b-c)}{a^2+3(b+c)^2}.\]
对于(*)式右边，由 $a\geqslant b+c$ 有
\begin{align*}
& \frac{(a-b-c)(b-c+a)}{\sqrt{(b^2+2ca)(c^2+a^2)}+c^2+a^2}
+\frac{(a-b-c)(c+a-b)}{\sqrt{(c^2+2ab)(a^2+b^2)}+a^2+b^2} \\
\leqslant{}& \frac{(a-b-c)(b-c+a)}{\sqrt{\bigl(b^2+2c(b+c)\bigr)a^2}+a^2}
+\frac{(a-b-c)(c+a-b)}{\sqrt{\bigl(c^2+2(b+c)b\bigr)a^2}+a^2} \\
\leqslant{}& \frac{(a-b-c)(b-c+a)}{\sqrt{(b^2+2bc+c^2)a^2}+a^2}+
\frac{(a-b-c)(c+a-b)}{\sqrt{(c^2+2bc+b^2)a^2}+a^2} \\
={}&\frac{(a-b-c)(b-c+a)}{a(a+b+c)}+\frac{(a-b-c)(c+a-b)}{a(a+b+c)} \\
={}&\frac{2(a-b-c)}{a+b+c}.
\end{align*}
故此，要证(*)式，只要证
\[\frac{2(a+b+c)(a-b-c)}{a^2+3(b+c)^2}\geqslant \frac{2(a-b-c)}{a+b+c},\]
去分母整理等价于
\[(b+c)(a-b-c)^2\geqslant 0,\]
显然成立，故原不等式得证。
希望没计算错误…… |
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