不等式

guanmo1

guanmo1

没有大神解答吗？

yao4015

三次对称还有难题吗? 试试Vasc的AC方法, 三次应该是通杀.

wanhuihua

tieba.baidu.com/p/5632955750  有一个长解答，实际上四次可以搞定

其妙

see here：kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=2866

kuing

回复 5# 其妙

看起来像，但难度却差多了

其妙

回复 6# kuing
是的，我的意思是是否能参考一下，或许也是：那个“不妨设”其实是抽屉原则与不等式的一夜情。

wanhuihua

kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=3319，和这题也有点像

guanmo1

大神们，这两题还是不一样的吧？

kuing

本来，帖子标题不好好写，公式这么简短也不打代码非要贴图，我真不想给楼主写过程，不过，还是没忍住，唉。

下面我用原始的消元求导来玩玩，不过由于是二元函数，其实我也不是太肯定过程有没有漏洞，希望没问题。

消 `c`，等价于证明
\[f(a,b)=a^3+b^3+\frac1{a^3b^3}+3-2a^2-2b^2-\frac2{a^2b^2}\geqslant0,\]显然，对于任意一个 `b`，都有
\[\lim_{a\to0^+}f(a,b)=\lim_{a\to+\infty}f(a,b)=+\infty,\]由于 `a`, `b` 对称，所以换过来也一样，而 `f(a,b)` 连续可导，故此必存在最小值并且取最小值时满足 `\partial f/\partial a=\partial f/\partial b=0`，于是，令
\begin{align*}
\frac{\partial f}{\partial a}&=3a^2-\frac3{a^4b^3}-4a+\frac4{a^3b^2}=0,\\
\frac{\partial f}{\partial b}&=3b^2-\frac3{a^3b^4}-4b+\frac4{a^2b^3}=0,
\end{align*}两式相减并因式分解得
\[\frac{(a-b)(3a^5b^4+3a^4b^5-4a^4b^4-4ab+3)}{a^4b^4}=0,\]下面证明恒有
\[3a^5b^4+3a^4b^5-4a^4b^4-4ab+3>0,\quad(*)\]设 `t=\sqrt{ab}`，则由均值可知只需证
\[6t^9-4t^8-4t^2+3>0,\]因为 `t^8+t^2\leqslant t^9+t`，故
\[6t^9-4t^8-4t^2+3\geqslant2t^9-4t+3,\]不难证明 `2t^9-4t+3>0`（至少两种证法，一是求导知 `t=\sqrt[8]{2/9}` 时最小，代入证明其为正即可，二是将 `3` 拆成八个 `3/8` 再与 `2t^9` 用均值），所以式 (*) 得证，由此可见只能 `a=b`，将其代回任一条偏导式中，即
\[3a^2-\frac3{a^7}-4a+\frac4{a^5}=0,\]因式分解得
\[(a^3-1)(3a^6-4a^5+3a^3-4a^2+3)=0,\]而
\[3a^6-4a^5+3a^3-4a^2+3=3(a-1)^6+a(a^2-a+1)(14a^2-31a+18)>0,\]可见只能 `a=1`，即 `a=b=1`，亦即 `f(a,b)` 只有唯一的驻点 `(1,1)`，所以这必然是 `f(a,b)` 的最小值点，即
\[f(a,b)\geqslant f(1,1)=0,\]所以原不等式得证。

kuing

还是不太放心上面的证明，再来一个吧。

证法二：由对称性，不妨设 `c=\min\{a,b,c\}`，则 `ab\geqslant1`，消 `c`，等价于证明
\[a^3+b^3+\frac1{a^3b^3}+3\geqslant2a^2+2b^2+\frac2{a^2b^2},\]令 `a+b=2p`, `ab=q^2`, `q\geqslant1`，由 `(a+b)^2\geqslant4ab` 得 `p\geqslant q\geqslant1`，上式去分母后可以整理为
\[2q^6(p-q)\bigl((2p+q-2)^2+4(p-1)\bigr)+(q-1)^2\bigl(q(q^2+1)(q^4-2q^2+2)+q^2(1-q^2)(1-q^3)+1\bigr)\geqslant0,\]显然成立，即得证。

这个证明虽然看起来短，实际上计算量和证法一不差多少。

wanhuihua

$$
\eqalign{
  & {\cal 设}a,b,c{\cal 为}{\cal 正}{\cal 数}{\cal ，}abc = 1,{\cal 求}{\cal 证}{\cal ：}  \cr
  & \sum {a^3 }  + 3 \geqslant 2\sum {a^2 }   \cr
  & {\cal 证}{\cal 明}{\cal ：}f = \sum {a^3 }  + 3{\text{ - }}2\sum {a^2 } {\text{ = ((}}\sum {a)} ^{\text{2}} {\text{ - 3}}\sum {ab)} \sum a  + 6 - 2(\sum a )^2  + 4\sum {ab}  =   \cr
  & {\text{(}}\sum {a)} ^3  - 2(\sum a )^2  + (4 - 3\sum a )\sum {ab}  + 6,{\cal 当}\sum {ab}  \leqslant \sum a {\cal 时}{\cal ：}  \cr
  & f \geqslant {\text{(}}\sum {a)} ^3  - 2(\sum a )^2  + (4 - 3\sum a )\sum a  + 6 = \left( {\sum a  - 3} \right)\left( {(\sum a )^2  - 2\,\sum a  - 2} \right) \geqslant 0  \cr
  & {\cal 当}\sum {ab}  > \sum a {\cal 时}{\cal 只}{\cal 需}{\cal 证}{\cal ：}  \cr
  & \sum {a^3 }  + 3abc \geqslant 2\sum {a^2 } \frac{{\sum {ab} }}
{{\sum a }} \Leftrightarrow \sum {a^2 } (a - b)(a - c) \geqslant 0,{\cal 为}{\cal 舒}{\cal 尔}{\cal 不}{\cal 等}{\cal 式}{\cal 显}{\cal 然}{\cal 。} \cr}
$$更多好玩的题参见 tieba.baidu.com/f?kw=%BE%AD%B5%E4%B2%BB%B5%C8%CA%BD

kuing

回复 12# wanhuihua

很巧妙！