prove∑√(a+b)≥5abc+2with∑a²=1.

其妙

kuing

楼主你的标题少了个根号。

敢不敢玩最佳系数？将 5abc 的系数改大。

kuing

唉，最佳系数，不开挂不敢玩。

设 $k=9\sqrt2\sqrt[4]3-6\sqrt3\approx 6.35858$，下面证明更强式
\[\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a}\geqslant kabc+2.\]

令 $p=a+b+c$, $q=ab+bc+ca$, $r=abc$，则由 $a^2+b^2+c^2=1$ 得 $p^2=2q+1$。

由
\[\sqrt{(a+b)(b+c)}-b=\frac q{\sqrt{(a+b)(b+c)}+b}\geqslant \frac q{\frac{a+2b+c}2+b}=\frac{2q}{a+4b+c},\]
得
\[\sqrt{(a+b)(b+c)}\geqslant b+\frac{2q}{a+4b+c},\]
于是
\begin{align*}
\left( \sum\sqrt{a+b} \right)^2&=2p+2\sum\sqrt{(a+b)(b+c)} \\
& \geqslant 4p+4q\sum\frac1{a+4b+c} \\
& \geqslant 4p+4q\cdot\frac9{\sum(a+4b+c)} \\
& =4p+\frac{6q}p \\
& =4p+\frac{3(p^2-1)}p \\
& =7p-\frac3p,
\end{align*}
故此只需证
\[7p-\frac3p\geqslant (kr+2)^2,\]
因为
\[3pr\leqslant q^2=\frac{(p^2-1)^2}4\riff r\leqslant \frac{(p^2-1)^2}{12p},\]
故此只需证
\[7p-\frac3p\geqslant \left( k\cdot \frac{(p^2-1)^2}{12p}+2 \right)^2,\]
将 $k$ 的值代入后作差分解（又要开挂了），得
\begin{align*}
&7p-\frac3p-\left( k\cdot \frac{(p^2-1)^2}{12p}+2 \right)^2\\
={}&\frac1{4232 p^2}\bigl(2+3 \sqrt3-2 \sqrt2\sqrt[4]{27}\bigr) \bigl(\sqrt3-p\bigr) (p-1) \Bigl(1587 p^6+\bigl(1587+1587 \sqrt3\bigr) p^5+1587 \sqrt3 p^4\\
&+\bigl(3312+1104 \sqrt2 \sqrt[4]3+736 \sqrt3+1656 \sqrt2\sqrt[4]{27}\bigr) p^3+\bigl(10281+6072 \sqrt2 \sqrt[4]3+4048 \sqrt3+2760 \sqrt2\sqrt[4]{27}\bigr) p^2\\
&+\bigl(4073+3144 \sqrt2 \sqrt[4]3+2993 \sqrt3+944 \sqrt2\sqrt[4]{27}\bigr) p+529 \sqrt3\Bigr),
\end{align*}
易证 $2+3 \sqrt3-2 \sqrt2\sqrt[4]{27}>0$，由 $a^2+b^2+c^2=1$ 易证 $\sqrt3\geqslant p\geqslant 1$，从而上式非负，即得证。

当 $a=b=c=1/\sqrt3$ 或 $a=b=0$, $c=1$ 时等号成立。

青青子衿

回复 1# 其妙

楼主你的标题少了个根号。
敢不敢玩最佳系数？将 5abc 的系数改大。 ...
kuing 发表于 2015-7-30 17:06

可以编辑标题呀，而且也支持代码呀！