除了神配方 还有什么办法？

facebooker

已知$x,y,z$是非负实数,证明:$\dfrac{1}{x+y}
+\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}\geqslant \dfrac{5}{1+xy+yz+zx}$

kuing

就是弱化了下面这道陈题（2003国家队培训题）

根据陈题的结果，我们有如下不等式成立
\[\sum\frac1{x+y}\geqslant\frac5{2\sqrt{xy+yz+zx}},\]再对分母用一下均值就是 1# 的。

facebooker

回复 2# kuing

多谢 我再好好消化一下

kuing

话说你指的神配方是咋样的？可以贴一下吗

kuing

关于那道陈题的证法也可以看这里：kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=3465

PS、如果是我我会用 Schur 不等式的方法，类似于 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=6064 这样弄

facebooker

回复 4# kuing

力工

回复 6# facebooker

计神的《代数不等式》？

facebooker

回复 7# 力工
他的东西 没几个能看得懂的 只是觉得很高大上。。。

kuing

回复 8# facebooker

6# 的证法二至少还是可读的虽然很难想到可以这样变形……
而且还得到了更强的结果，还是很有意思嘀……

wanhuihua

回复 9# kuing

可以利用伊朗96不等式证明 ，感觉比伊朗96要弱

kuing

可以利用伊朗96不等式证明 ，感觉比伊朗96要弱
wanhuihua 发表于 2019-12-21 11:03

这在 5# 的第一个链接里的 4# 已经写过

kuing

kuing 发表于 2019-12-19 22:17
就是弱化了下面这道陈题（2003国家队培训题）

补截一下 2# 截图的后面几页：

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kuing

facebooker 发表于 2019-12-20 19:50
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by ji chen

6# 的第二个证明改写成下面的写法，应该容易理解一些：

一方面有
\begin{align*}
\sum\frac1{a+b}&=\frac1{\sum ab}\sum\frac{ab+bc+ca}{a+b}\\
&=\frac1{\sum ab}\sum\left(\frac{ab}{a+b}+c\right)\\
&\geqslant\frac1{\sum ab}\sum\left(\frac{ab}{a+b+c}+c\right)\\
&=\frac1{\sum a}+\frac{\sum a}{\sum ab},
\end{align*}
（直接均值取不了等，还需要另一个）
另一方面由 CS 有
\begin{align*}
\sum\frac1{a+b}&=\frac1{\sum a}\sum\frac{a+b+c}{a+b}\\
&=\frac1{\sum a}\left(3+\sum\frac c{a+b}\right)\\
&\geqslant\frac1{\sum a}\left( {3+\frac{\left(\sum c\right)^2}{\sum c(a+b)}} \right)\\
&=\frac3{\sum a}+\frac{\sum a}{2\sum ab},
\end{align*}
这样就可以把它们组合起来：根据以上两式，对于任意 `\lambda\in[0,1]`，有
\begin{align*}
\sum\frac1{a+b}&\geqslant\lambda\left(\frac1{\sum a}+\frac{\sum a}{\sum ab}\right)+(1-\lambda)\left(\frac3{\sum a}+\frac{\sum a}{2\sum ab}\right)\\
&=\frac{3-2\lambda}{a+b+c}+\frac{1+\lambda}2\cdot\frac{a+b+c}{ab+bc+ca},\quad(*)
\end{align*}
要使均值能取等，需要当 `(a,b,c)=(1,1,0)` 时两项相等，因此需要
\[\frac{3-2\lambda}2=\frac{1+\lambda}2\cdot2,\]
即 `\lambda=1/4`，代入即得
\[\sum\frac1{a+b}\geqslant\frac52\cdot\frac1{a+b+c}+\frac58\cdot\frac{a+b+c}{ab+bc+ca}\geqslant\frac5{2\sqrt{ab+bc+ca}}.\]

kuing

由楼上的方法，可以得出如下结论：已知 `a`, `b`, `c\geqslant0`, `k\in[-1,3]`，则有
\[\frac1{a+b}+\frac1{b+c}+\frac1{c+a}+\frac k{a+b+c}\geqslant\frac{k+5}{2\sqrt{ab+bc+ca}}.\]
（前面 5# 的第二个链接就是 `k=1` 的情形）

证明：根据楼上的式 (*)，对任意 `\lambda\in[0,1]`，有
\[\LHS\geqslant\frac{k+3-2\lambda}{a+b+c}+\frac{1+\lambda}2\cdot\frac{a+b+c}{ab+bc+ca},\]
取 `\lambda=(k+1)/4`，即得
\begin{align*}
\LHS&\geqslant\frac{k+5}2\cdot\frac1{a+b+c}+\frac{k+5}8\cdot\frac{a+b+c}{ab+bc+ca}\\
&\geqslant\frac{k+5}{2\sqrt{ab+bc+ca}}.
\end{align*}

kuing

kuing 发表于 2024-11-21 16:05
由楼上的方法，可以得出如下结论：已知 `a`, `b`, `c\geqslant0`, `k\in[-1,3]`，则有
\[\frac1{a+b}+\frac ...

然鹅，楼上命题中，`k` 的范围还不是最佳的。

若是使用 Schur 不等式的方法，可以算出使楼上不等式恒成立的 `k` 可以更小至 `-3+\sqrt3\approx-1.267949`。

命题：已知 `a`, `b`, `c\geqslant0` 且 `ab+bc+ca=1`，则当 `k\in\bigl[-3+\sqrt3,3\bigr]` 时恒有
\[\frac1{a+b}+\frac1{b+c}+\frac1{c+a}+\frac k{a+b+c}\geqslant\frac{k+5}2.\]

证明：令 `p=a+b+c`, `r=abc`，因为
\[\sum\frac1{a+b}=\frac{\sum(a+b)(a+c)}{\prod(a+b)}
=\frac{(a+b+c)^2+ab+bc+ca}{(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc},\]
因此不等式等价于
\[\frac{p^2+1}{p-r}+\frac kp\geqslant\frac{k+5}2.\]

（1）当 `p\geqslant2` 时，有
\[\frac{p^2+1}{p-r}+\frac kp-\frac{k+5}2\geqslant\frac{p^2+1}p+\frac kp-\frac{k+5}2=\frac{(p-2)(2p-k-1)}{2p},\]
而 `2p\geqslant4\geqslant k-1`，所以上式非负，不等式成立；

（2）当 `p<2` 时，由 \schur 不等式有 `r\geqslant(4p-p^3)/9`，所以
\[\frac{p^2+1}{p-r}+\frac kp-\frac{k+5}2\geqslant\frac{p^2+1}{p-\frac{4p-p^3}9}+\frac kp-\frac{k+5}2=\frac{2-p}{2p}\left(k+\frac{5p^2-8p+9}{p^2+5}\right),\]
而 `k\geqslant-3+\sqrt3`，则只需证明
\[\frac{5p^2-8p+9}{p^2+5}\geqslant3-\sqrt3,\]
左边变形得
\[\frac{5p^2-8p+9}{p^2+5}=5-\frac8{p+2+\frac9{p+2}-4},\]
可见它在 `(1,+\infty)` 上递增，而由 `(a+b+c)^2\geqslant3(ab+bc+ca)` 有 `p\geqslant\sqrt3`，所以
\[\frac{5p^2-8p+9}{p^2+5}\geqslant\frac{5\times3-8\sqrt3+9}{3+5}=3-\sqrt3,\]
所以不等式成立。

综上所述，命题得证。

注：当 `k=-3+\sqrt3` 时，出现了双取等，即 `(a,b,c)=(1,1,0)` 或 `a=b=c=1/\sqrt3` 时均能取等，因此 `k=-3+\sqrt3` 是最佳系数，不能再小。