三元不等式

v6mm131

若$a,b,c$均为正数，求证$\dfrac{2a+b}{\sqrt{a^2-ab+b^2}}+\dfrac{2b+c}{\sqrt{b^2-bc+c^2}}+\dfrac{2c+a}{\sqrt{c^2-ca+a^2}}\geqslant \dfrac{9(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}$

kuing

v6最近发的题咋都那么难……

易见，要证原不等式，只需证明如下不等式即可
\[\sum\frac a{\sqrt{a^2-ab+b^2}}\geqslant \frac{3(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2},\]
由 holder 不等式，有
\[\left( \sum\frac a{\sqrt{a^2-ab+b^2}} \right)^2\sum a(b+2c)^3(a^2-ab+b^2)\geqslant \left( \sum a(b+2c) \right)^3=27(ab+bc+ca)^3,\]
故只需证
\[\frac{27(ab+bc+ca)^3}{\sum a(b+2c)^3(a^2-ab+b^2)}\geqslant \left( \frac{3(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} \right)^2,\]
亦即
\[f(a,b,c)=3(ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)^2-\sum a(b+2c)^3(a^2-ab+b^2)\geqslant 0,\]
（时间关系懒得想巧妙方法了，直接上暴力差分代换）
由轮换对称性，不妨设 $a=\min\{a,b,c\}$，则可设 $b=a+t$, $c=a+u$ 其中 $t$, $u\geqslant 0$，代入展开整理得
\[f(a,a+t,a+u)=M_1a^4+M_2a^3+M_3a^2+M_4a+M_5,\]
其中
\begin{align*}
M_1&=9(t-u)^2+9tu, \\
M_2&=24(t+u)(t-u)^2+tu(9t+3u), \\
M_3&=23(t-u)^4+tu(85t^2-159tu+79u^2), \\
M_4&=5(t+u)(t-u)^4+23tu(t+u)(t-u)^2+tu(4t^3+u^3), \\
M_5&=2tu(t^2-u^2)^2+t^2u(t^3+tu^2+u^3),
\end{align*}
由 $159^2-4\times85\times79<0$ 可知 $85t^2-159tu+79u^2\geqslant 0$，故以上五个 $M$ 都为非负的，所以原不等式获证。

有空再想个简洁点的证法。

hjfmhh

kuing您好，请教一下在使用holder不等式时(b+2c)^3这项是如何想到的？谢谢