根式不等式 $\sum\sqrt a\geqslant\sqrt{\sum ab}$

Shiki

$a+b+c=9$且$a,b,c > 1$
求证:
$$\sum \sqrt{a} \geqslant \sqrt{ab+bc+ca}$$

kuing

《撸题集》P152 题目 2.1.8，但我那证法很麻烦……

Shiki

回复 2# kuing

可以给个sos的提示吗

kuing

硬是搞了个比《撸题集》那证法更麻烦的证法，但是过程中还真是用上了 SOS

令 `a=1+6x`, `b=1+6y`, `c=1+6z`，则 `x`, `y`, `z>0`, `x+y+z=1`，原不等式即
\[\sum\sqrt{1+6x}\geqslant\sqrt{\sum(1+6x)(1+6y)},\]齐次化即
\[\sum\sqrt{7x+y+z}\geqslant\sqrt{\frac{\sum(7x+y+z)(x+7y+z)}{\sum x}},\]两边平方即
\[9\sum x+2\sum\sqrt{(7x+y+z)(x+7y+z)}\geqslant\frac{\sum(7x+y+z)(x+7y+z)}{\sum x}.\quad(*)\]
然后用“作差有理化放缩法”处理那根号，由
\begin{align*}
&\sqrt{(7x+y+z)(x+7y+z)}-(4x+4y+z)\\
={}&\frac{-9(x-y)^2}{\sqrt{(7x+y+z)(x+7y+z)}+4x+4y+z}\\
\geqslant{}&\frac{-9(x-y)^2}{\sqrt7x+\sqrt7y+z+4x+4y+z}\\
\geqslant{}&\frac{-9(x-y)^2}{6x+6y+2z},
\end{align*}得到
\[2\sum\sqrt{(7x+y+z)(x+7y+z)}\geqslant18\sum x-9\sum\frac{(x-y)^2}{3x+3y+z},\]下面证明
\[\sum\frac{(x-y)^2}{3x+3y+z}\leqslant\frac{2\sum(x-y)^2}{3\sum x},\quad(**)\]即
\[S_z(x-y)^2+S_x(y-z)^2+S_y(z-x)^2\geqslant0,\]其中
\[S_z=\frac{3x+3y-z}{3x+3y+z},S_x=\frac{-x+3y+3z}{x+3y+3z},S_y=\frac{3x-y+3z}{3x+y+3z},\]不妨设 `x\geqslant y\geqslant z`，显然只有 `S_x` 有可能为负，故由 `(z-x)^2\geqslant(y-z)^2` 得
\[\sum S_z(x-y)^2\geqslant(S_x+S_y)(y-z)^2=\frac{(8xy+9xz+9yz+9z^2)(y-z)^2}{(3x+y+3z)(x+3y+3z)}\geqslant0,\]所以式 (**) 成立，由此得到
\[2\sum\sqrt{(7x+y+z)(x+7y+z)}\geqslant18\sum x-\frac{6\sum(x-y)^2}{\sum x},\]故此要证式 (*) 只需证
\[27\sum x-\frac{6\sum(x-y)^2}{\sum x}\geqslant\frac{\sum(7x+y+z)(x+7y+z)}{\sum x},\]事实上，这是一个恒等式（运气）！所以原不等式得证。

Shiki

回复 4# kuing

k神牛逼！！！这种过程我抄都抄不来，不过把$4+\sqrt{7}$放到$6$会不会导致问题呢。。

kuing

回复 5# Shiki

事实不就说明了那放缩并没过头吗……

Shiki

回复 6# kuing

纠结了一下取等号问题，才发现只要相等分子就是0，分母没啥关系了。。。

Shiki

自己鲁了一下，结果做不出来了..


\begin{align*}
&\sqrt{ab+bc+ca}\leqslant \sum \sqrt{a}
\\
\Leftrightarrow &\frac{ab+bc+ca}{a+b+c}\leqslant \frac{1}{9}(\sum \sqrt{a})^2  \ \ \ \ \  (¥)
\end{align*}
设
$a=x^2,b=y^2,c=z^2$

经k神提醒，补上：
$x,y,z>1,x^2+y^2+z^2=9$

然而补上也没什么用


\begin{align*}
(¥)&\Leftrightarrow 9\sum_{cyc} x^2y^2 \leqslant (x^2+y^2+z^2)^2+2(xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2)
\\
&\Leftrightarrow 7\sum_{cyc}x^2y^2\leqslant \sum_{cyc}x^4 +2\sum_{sym}x^3y +2xyz(\sum_{cyc} x^2)\\
&\Leftrightarrow \sum_{cyc} (x-y)^2(\frac{1}{2}(x^2+y^2)+3xy-z^2)\geqslant 0
\end{align*}

sos定理怎么用呢

kuing

回复 8# Shiki

有必要讲清楚一点，现在条件中还有 a,b,c>1，想要齐次化去掉条件，就不像以往那样了。

`\sqrt{ab+bc+ca}\leqslant \sum \sqrt{a}` 对 `a,b,c>1,a+b+c=9` 成立；
但是 `\displaystyle\frac{ab+bc+ca}{a+b+c}\leqslant \frac{1}{9}(\sum \sqrt{a})^2` 并不对任意正数成立，补上 `a,b,c>1` 也不行，`a+b+c=9` 不能丢。
因此当你再换元之后，还是需要保留 `x,y,z>1,x^2+y^2+z^2=9`，去掉也是不成立的，所以这样齐次化没起什么作用。
这也是为什么我一开始要作 `a=1+6x` 这样的换元之后才齐次化。

Shiki

回复 9# kuing

现在很糊涂，补上条件更想不出，请教下行间距有没有办法调一致？8楼(¥)后的前两行有点挤

kuing

回复 10# Shiki

行距问题是因为 (¥) 那行的 `\sum` 没有 cyc，但第二行开始有了，才显得前面挤，补上 cyc 相信就OK了。
一般情况下，你还可以在 \\ 后面加 [2ex] 之类来加大距离。
其实我觉得那里倒是无所谓，反而是外面的地方建议少点空行（因为论坛不像 latex 那样视多个空行为分段），以及像设 a=x^2, b=... 这些也不一定要用居中公式，减少些空间。

Shiki

回复 11# kuing

稍微作了点改进，不过还是很丑

kuing

回复 9# kuing

噢，a+b+c=9 也不是不能丢掉，但是要这样：
`a,b,c>1,a+b+c=9`，得 `9a>a+b+c`，即 `8a>b+c`，同理有另外两式，那么：
\begin{align*}
&\sqrt{ab+bc+ca}\leqslant\sum\sqrt a\quad\text{forall $a$, $b$, $c>1$, $a+b+c=9$}\\
\iff{}&\frac{ab+bc+ca}{a+b+c}\leqslant\frac19\left(\sum\sqrt a\right)^2\quad\text{forall $a$, $b$, $c>0$, $8a>b+c$, $8b>c+a$, $8c>a+b$.}
\end{align*}
这时，如果再令 `8a-b-c=x` 等，结果又会变回我上面 4# 的东西了……
而按你的平方换元走 SOS 的话，就是
\[
\sum(x-y)^2(x^2+y^2+6xy-2z^2)\geqslant0\quad\text{forall $x$, $y$, $z>0$, $8x^2>y^2+z^2$, $8y^2>z^2+x^2$, $8z^2>x^2+y^2$.}
\]还是不知怎么用 SOS 定理来玩儿……

Shiki

回复 13# kuing

    k神辛苦了，半夜还不睡
    刚在韩京俊的书上翻到了这题，系P69例4.6 这应该就是编我手上这本资料的人所说的SOS方法。。。然而这资料和韩的题目多有重叠，看来很多是参考的韩的书。。。
    书上的做法有一步和4#的一步极为相似

kuing

Shiki 发表于 2019-7-20 06:57
    k神辛苦了，半夜还不睡
    刚在韩京俊的书上翻到了这题，系P69例4.6 这应该就是编我手上这本资料的人所说的SOS方法。。。然而这资料和韩的题目多有重叠，看来很多是参考的韩的书。。。

在韩的书上找到三个证法：例 4.6、例 5.13、例 5.18。
前段时间我将它们拍照发到了 zhihu.com/question/666403407/answer/3618593454 😊