来自某教师群昨晚的三道不等式

kuing

广州黄开鹏(1649*****) 23:02:27

kk在不在
这三个题怎么用赫尔德做啊

嘛，其实头尾两题比较简单，主要是坑在了中间那道，一开始一直在想那个条件到底能搞出啥来，结果是被坑了，以至于拖到现在。

$\boxed{4.}$ 估计条件打错了，$ab+bc+ca=1$ 应改为 $ab+bc+ca=3$。
不知怎么赫尔德，反正用柯西非常简单：
\begin{align*}
(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)&=(1+a^2)(1+b^2)+(a^2+1)(1+b^2)c^2 \\
&\geqslant (1+ab)^2+(a+b)^2c^2 \\
&\geqslant \frac12\bigl( 1+ab+(a+b)c \bigr)^2 \\
&=8.
\end{align*}

$\boxed{5.}$ 由 \holder 得
\[(a^5+b^3+c)\left( \frac1a+1+c \right)^2\geqslant (a+b+c)^3,\]
故
\[\frac a{\sqrt{a^5+b^3+c}}\leqslant \frac a{\sqrt{(a+b+c)^3}}\left( \frac1a+1+c \right)=\frac{1+a+ac}{(a+b+c)\sqrt{a+b+c}},\]
于是
\[\sum \frac a{\sqrt{a^5+b^3+c}}\leqslant \frac{3+a+b+c+ab+bc+ca}{(a+b+c)\sqrt{a+b+c}},\]
所以只需证
\[3+a+b+c+ab+bc+ca\leqslant 3(a+b+c),\]
事实上，上式整理后恰好等价于条件 $(a-2)(b-2)(c-2)+2\geqslant abc$（坑）。


$\boxed{6.}$ 下面证明在同样条件下，对于 $k\in[0,9]$，以下不等式成立
\[\sum \frac{a^2}{\sqrt{kab+(9-k)c^2}}\geqslant 1.\]

由 \holder 得
\[\left( \sum \frac{a^2}{\sqrt{kab+(9-k)c^2}} \right)^2\sum a^2\bigl(kab+(9-k)c^2\bigr)\geqslant \left( \sum a^2 \right)^3,\]
所以只需证
\[\left( \sum a^2 \right)^3\geqslant \sum a^2\bigl(kab+(9-k)c^2\bigr),\]
由 $a^3b+b^3c+c^3a=3$，上式化为
\[\left( \sum a^2 \right)^3\geqslant 3k+(9-k)\sum a^2b^2,\]
由 $k\leqslant 9$, $3\sum a^2b^2\leqslant \left( \sum a^2 \right)^2$ 可知只需证
\[\left( \sum a^2 \right)^3\geqslant 3k+\frac{9-k}3\left( \sum a^2 \right)^2,\]
记 $t=\sum a^2$，由 Vasc 不等式有 $t^2\geqslant 3(a^3b+b^3c+c^3a)=9$，即 $t\geqslant 3$，则
\[t^3-3k-\frac{9-k}3t^2=\frac13(t-3)(3t^2+kt+3k)\geqslant 0,\]
即得证。

kuing

第5题的另一种写法：
将 \holder 改成两次柯西，本质上差不多，唯一的用处是可以从中写出无根号的加强式。
原不等式等价于
\[\sum \frac a{\sqrt{(a+b+c)(a^5+b^3+c)}}\leqslant \frac3{a+b+c},\]
对左边分母使用柯西，可知只需证明如下更强式
\[\sum \frac a{a^3+b^2+c}\leqslant \frac3{a+b+c},\]
再次使用柯西，有
\[(a^3+b^2+c)\left( \frac1a+1+c \right)\geqslant (a+b+c)^2,\]
得
\[\frac a{a^3+b^2+c}\leqslant \frac a{(a+b+c)^2}\left( \frac1a+1+c \right)=\frac{1+a+ac}{(a+b+c)^2},\]
所以
\[\sum \frac a{a^3+b^2+c}\leqslant \frac{3+a+b+c+ab+bc+ca}{(a+b+c)^2},\]
于是最终同样只需证 $3+a+b+c+ab+bc+ca\leqslant 3(a+b+c)$，也就是条件。

注：建议不必将上述视为证法二。