根式不等式

成龙之龙

解决一道，就再发一道

$x,y,z\ge0,|k|\le2$, prove: $\displaystyle \sum_{cyc}(\sqrt{y^2+z^2+kyz}-\sqrt{z^2+x^2+kzx})^2\le\sum_{cyc}(x-y)^2$.

kuing

看着有点吓人，其实也挺简单。

展开左边可知原不等式等价于
\[4\sum x^2+2k\sum xy-2\sum\sqrt{(y^2+z^2+kyz)(z^2+x^2+kzx)}\leqslant \sum(x-y)^2.\]

设 $f(x)=\sqrt{ax^2+bx+c}$，不难计算出
\[f''(x)=\frac{4ac-b^2}{4\sqrt{(ax^2+bx+c)^3}},\]
特别地，当 $f(x)=\sqrt{(mx+n)(px+q)}$ 时
\[4ac-b^2=4mnpq-(mq+np)^2=-(mq-np)^2\leqslant 0,\]
由此可见 $\sum\sqrt{(y^2+z^2+kyz)(z^2+x^2+kzx)}$ 中的三项都是关于 $k$ 的上凸函数，这表明原不等式左边是关于 $k$ 的下凸函数，所以，我们只需证明当 $k=\pm2$ 的情况即可。

当 $k=2$ 时原不等式为恒等式，当 $k=-2$ 时，原不等式等价于
\[\sum(\abs{y-z}-\abs{z-x})^2\leqslant \sum(x-y)^2,\]
由对称性不妨设 $x\geqslant y\geqslant z$，则上式化为
\[(x-2y+z)^2\leqslant (x-z)^2,\]
因式分解即为
\[4(x-y)(y-z)\geqslant 0,\]
显然成立。

综上所述，原不等式获证。

其妙

楼主还厉害呢！
latex用的这么熟练！

kuing

突然发现，其实x,y,z可改为实数范围。

首先，上述过程在论证凸性的时候并不需要 $x$, $y$, $z\geqslant0$ 的条件，所以在 $x$, $y$, $z\inR$ 的条件下仍然只需证 $k=\pm2$ 的情况。

当 $k=-2$ 时上述证明也是对 $x$, $y$, $z\inR$ 都适用的，因此剩下只需证 $k=2$ 的情况，此时原不等式等价于
\[\sum(\abs{y+z}-\abs{z+x})^2\leqslant \sum(x-y)^2,\]
容易证明对任意实数 $a$, $b$ 有 $(\abs a-\abs b)^2\leqslant (a-b)^2$，因此有 $(\abs{y+z}-\abs{z+x})^2\leqslant (x-y)^2$，即得证。

综上所述，原不等式对 $x$, $y$, $z\inR$, $\abs k\leqslant2$ 恒成立。

isee

回复 3# 其妙


    这是latex的专长，入门级的，下面还能预览，多多这样发帖。。。。

其妙

回复 5# isee
即便是入门级的，他还能一次就把latex发成功，了不得哦

成龙之龙

好,请继续接招!

成龙之龙

回复 6# 其妙


    下面有预览,写妥了再发,一次ok很难吗
latex比数学简单多了