香港征解不等式

v6mm131

设$ a,b,c>0 $证明：$ \frac{a}{b(a^2+2 b^2 )} $+$ \frac{b}{c(b^2+2c^2)} $+$ \frac{c}{a(c^2+2a^2)} $$ \geqslant  $$ \frac{3}{ab+bc+ca} $

kuing

“香港征解”是啥意思？

kuing

证得不是太美。

令 $x=bc$, $y=ca$, $z=ab$，则易证
\[\frac a{b(a^2+2b^2)}=\frac{y^2}{z(2x^2+y^2)},\]
因此原不等式等价于
\[\sum \frac{y^2}{z(2x^2+y^2)}\geqslant \frac3{x+y+z},\]
由柯西不等式，有
\[\sum \frac{y^2}{z(2x^2+y^2)}=\sum \frac{(y^2)^2}{y^2z(2x^2+y^2)}
\geqslant \frac{\left( \sum y^2 \right)^2}{\sum y^2z(2x^2+y^2)},\]
因此只需证
\[\left( \sum y^2 \right)^2\sum x\geqslant 3\sum y^2z(2x^2+y^2),\]
记 $p=x+y+z$, $q=xy+yz+zx$, $r=xyz$，上式即
\[(p^2-2q)^2p\geqslant 6qr+3\sum y^4z,\]
容易验证如下等式
\[\sum y^4z=-pq^2+2qr+(p^2-q)\left( r+\sum x^2y \right),\]
因此等价于证
\[(p^2-2q)^2p\geqslant -3pq^2+12qr+3(p^2-q)\left( r+\sum x^2y \right),\]
由熟知的不等式
\begin{align*}
r+\sum x^2y&\leqslant \frac4{27}p^3, \\
3pr&\leqslant q^2,
\end{align*}
可知只需证
\[(p^2-2q)^2p\geqslant -3pq^2+\frac{4q^3}p+\frac49(p^2-q)p^3,\]
去分母因式分解等价于
\[(5p^2-12q)(p^2-q)(p^2-3q)\geqslant 0,\]
由 $p^2\geqslant 3q$ 可知上式显然成立，故原不等式得证。

青青子衿

回复 2# kuing

“香港征解”是啥意思？
kuing 发表于 2015-8-8 18:00

熊昌进
2015年香港数学奥林匹克杂志上一个征解不等式
blog.sina.com.cn/s/blog_64e168d30102w1h4.html