旧版论坛的 $\sum((b+c)^2/(a^2+bc))\ge6$ 继续

kuing

在旧版论坛的 kkkkuingggg.haotui.com/viewthread.php?tid=1504 一贴中提到如下不等式：

少女幻 2013-5-8 11:49:27
下面这个怎么证明？
(b+c)^2/(a^2+bc)+(c+a)^2/(b^2+ca)+(a+b)^2/(c^2+ab)>=6
正数

题目：设 $a$, $b$, $c$ 为正数，求证
\[\frac{(b+c)^2}{a^2+bc}+\frac{(c+a)^2}{b^2+ca}+\frac{(a+b)^2}{c^2+ab}\geqslant6.\]

原贴中 pxchg1200 用柯西秒杀如下

由Cauchy-Schwarz,我们有
\[ \sum{\frac{(b+c)^2}{a^2+bc}}=\sum{\frac{(b+c)^4}{(a^2+bc)(b+c)^2}}\geq \frac{\left(\sum{(a+b)^2} \right)^2}{\sum{(a^2+bc)(b+c)^2}}\]
以下略。
pxchg1200 发表于 2013-5-10 01:00

刚才在空间动态里又见此题，没事又想了一下，得到如下麻烦的证法。

由对称性，不妨设 $c=\min\{a,b,c\}$，由
\[\frac{(b+c)^2}{a^2+bc}+\frac{(c+a)^2}{b^2+ca}-\left(2+\frac{4c}{a+b}\right)
=\frac{(a-b)^2\bigl((a+b)^3-3c^2(a+b)+abc+c^3\bigr)}{(a+b)(a^2+bc)(b^2+ca)},\]
而 $(a+b)^2\geqslant 4ab>3c^2$，故上式非负，即得到
\[\frac{(b+c)^2}{a^2+bc}+\frac{(c+a)^2}{b^2+ca}\geqslant 2+\frac{4c}{a+b},\]
又
\[\frac{(a+b)^2}{c^2+ab}\geqslant \frac{4(a+b)^2}{4c^2+(a+b)^2},\]
令 $t=c/(a+b)$，则欲证原不等式只需证
\[t+\frac1{4t^2+1}\geqslant 1,\]
去分母化简即
\[t(2t-1)^2\geqslant 0,\]
故原不等式获证。

羊1234

在旧版论坛的  一贴中提到如下不等式：
题目：设 $a$, $b$, $c$ 为正数，求证
\[\frac{(b+c)^2}{a^2+bc}+\f ...
kuing 发表于 2014-11-5 17:14

有没有通用办法？听说你知道三元低次对称式的通用办法，演示一下？

kuing

回复 2# 小芳

那个是不高于5次的，而1楼这个去分母后是6次式。

kuing

回复 2# 小芳

初学最好多玩玩各种方法技巧，通法以后再研究也不迟，况且巧妙证法更有娱乐性和观赏性。

这道题我以前就见过不止一次，估计还会有其他简单方法，有空再想想，你们也来玩玩呗。

战巡

回复 2# 小芳

求偏导解方程啊，绝对管用

战巡

回复 1# kuing

原帖那个，这算哪门子秒杀....
为啥可以以下略？后面那块并不显然啊

kuing

回复 6# 战巡

接来是四次对称不等式，很容易证了，直接展开有
\[\left(\sum(a+b)^2\right)^2-6\sum(a^2+bc)(b+c)^2
=4\sum a^4+2\sum(a^3b+ab^3)-12\sum a^2b^2+4abc(a+b+c),\]
由四次Schur不等式有
\[\sum a^4+abc(a+b+c)\geqslant\sum(a^3b+ab^3),\]
以及
\[\sum(a^3b+ab^3)\geqslant2\sum a^2b^2,\]
即得证。

其妙

再闪走，

kuing

回复 8# 其妙

不许闪，你不是解法党么，再整几个来玩呗