最近在知乎的回答存档——不等式类

kuing

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网址：zhihu.com/question/431975717
标题：求助，这个不等式如何证明？

我的回答：
首先证明
\[a\ln a+b\ln b\geqslant (a+b)\ln (a+b)+a\ln (a+c)+b\ln (b+d).\quad(1)\]易知式 (1) 等价于
\[a\ln \frac {(a+b)(a+c)}a+b\ln \frac {(a+b)(b+d)}b\leqslant 0,\quad(2)\]由 `a+b+c+d=1` 有
\[\frac {(a+b)(a+c)}a=\frac {a(a+b+c)+bc}a=\frac {a(1-d)+bc}a=1+\frac {bc-ad}a,\]故由 `\ln (1+x)\leqslant x` 得到
\[a\ln \frac {(a+b)(a+c)}a=a\ln \left( {1+\frac {bc-ad}a} \right)\leqslant bc-ad,\]同理有
\[b\ln \frac {(a+b)(b+d)}b=b\ln \left( {1+\frac {ad-bc}b} \right)\leqslant ad-bc,\]两式相加即得式 (2)，所以式 (1) 成立，同理有
\[c\ln c+d\ln d\geqslant (c+d)\ln (c+d)+c\ln (a+c)+d\ln (b+d),\quad(3)\]式 (1) + 式 (3) 即得待证的不等式。

发布于 01-14

注：网友“Ao Sun”的概率证法我虽然看不懂但看起来很NB的样子

kuing

网址：zhihu.com/question/414439791
标题：请问这个不等式有哪些做法，大家可以指导一下吗？

我的回答：
由对称性不妨设 `x\geqslant y\geqslant z` ，下面先证明
\[\frac 1{x^4+y^3+z^3}\geqslant \frac 1{y^4+z^3+x^3}\geqslant \frac 1{z^4+x^3+y^3},\quad(*)\]只需证明式 (*) 的第一个不等号，第二个是同理的。

式 (*) 的第一个不等号等价于 `y^4+x^3\geqslant x^4+y^3` ，即 `x^3(1-x)\geqslant y^3(1-y)` ，即 `x^3(y+z)\geqslant y^3(z+x)` ，也即 `z(x^3-y^3)+xy(x^2-y^2)\geqslant 0` ，显然成立，从而式 (*) 成立。

据此，由切比雪夫不等式及 CS 有
\begin{align*} \sum \frac {x^5}{x^4+y^3+z^3}&\geqslant \frac 13\sum x^5\sum \frac 1{x^4+y^3+z^3}\\ &\geqslant \frac 13\sum x^5\frac 9{\sum x^4+2\sum x^3}\\ &=\frac {3\sum x^5}{\sum x^4+2\sum x^3}, \end{align*}于是只需证
\[21\sum x^5\geqslant \sum x^4+2\sum x^3,\quad(**)\]再次由切比雪夫不等式有
\[\sum x^5\geqslant \frac 13\sum x\sum x^4=\frac 13\sum x^4\geqslant \frac 19\sum x\sum x^3=\frac 19\sum x^3,\]故 `3\sum x^5\geqslant \sum x^4` 以及 `18\sum x^5\geqslant 2\sum x^3` ，相加即得式 (**)，所以原不等式得证。

发布于 01-15

注：其实是很弱嘀不等式……

kuing

网址：zhihu.com/question/388057299
标题：如何思考这道不等式难题？

我的回答：
\begin{align*} &\iff \frac {(a+b+c)^3}{9abc}+6\geqslant 2(a+b+c)\left( {\frac 1{b+c}+\frac 1{c+a}+\frac 1{a+b}} \right)\\ &\iff \frac {(a+b+c)^3}{9abc}+6\geqslant 2(a+b+c)\frac {(a+b+c)^2+ab+bc+ca}{(b+c)(c+a)(a+b)}, \end{align*}记 `p=a+b+c,q=ab+bc+ca,r=abc` ，上式即
\[\frac {p^3}{9r}+6-2\cdot \frac {p^3+pq}{pq-r}\geqslant 0,\quad(*)\]由均值有 `(a+b+c)^2\geqslant3(ab+bc+ca)` 以及`(ab+bc+ca)^2\geqslant 3abc(a+b+c)` ，即 `p^2\geqslant3q` 双及 `r\leqslant \frac {q^2}{3p}` ，注意式 (*) 关于 `r` 递减，故要证式 (*) 只需证
\[\frac {p^4}{3q^2}+6-2\cdot \frac {p^3+pq}{pq-\frac {q^2}{3p}}\geqslant 0,\]可整理为
\[\frac {(p^2-3q)^2}{3q^2}+\frac {p^2-3q}{3p^2-q}\geqslant 0,\]显然成立，故原不等式得证。

发布于 01-15

注：其他证法及加强见原帖的其他回答。

kuing

网址：zhihu.com/question/430410624
标题：如何证明下面这个不等式?
设A，B，C是三角形三个内角，求证：` \sum_{cyc}^{}{cos^2A}+\sum_{cyc}^{}{cosAcosB}\geq\sum_{cyc}^{}{cosA}`

我的回答：
由 `\sum\cos^2A+2\cos A\cos B\cos C=1` 知原不等式等价于
\[1-2\cos A\cos B\cos C+\sum \cos A\cos B\geqslant \sum \cos A,\]即
\[(1-\cos A)(1-\cos B)(1-\cos C)\geqslant \cos A\cos B\cos C,\quad(*)\]如果三角形是钝角三角形，则上式右边为负，不等式显然成立；

当三角形不是钝角三角形时，由余弦定理易得 `1-\cos A=\frac {(a+b-c)(a-b+c)}{2bc}` ，故式 (*) 等价于
\[(a+b-c)^2(b+c-a)^2(c+a-b)^2\geqslant (a^2+b^2-c^2)(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2),\quad(**)\]由对称性，不妨设 `c` 最小，则有
\begin{align*} (a+b-c)^2-(a^2+b^2-c^2)&=2(a-c)(b-c)\geqslant 0,\\ (b+c-a)^2(c+a-b)^2-(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)&=2(a-b)^2(a^2+b^2-c^2)\geqslant 0, \end{align*}即
\begin{align*} (a+b-c)^2&\geqslant a^2+b^2-c^2\geqslant 0,\\ (b+c-a)^2(c+a-b)^2&\geqslant (b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)\geqslant 0, \end{align*}相乘即得式 (**)，所以原不等式得证。

PS、式 (*) sRr 化是 `s^2\leqslant 4R^2+4Rr+3r^2` ，也就是 Gerretsen 不等式的一边。

发布于 01-16

注：网友“人在做天在看”的证法也挺好的。

kuing

网址：zhihu.com/question/35309381
标题：已知非负数 a≤1，b≤1，c≤1，求证 ab√(1-c)+ac√(1-b)+bc√(1-a)≤1？

我的回答：
（开头部分借鉴了 @王醒 的换元，后面不用函数而改用不等式放缩）
证明：若有变量为零，则不等式显然成立，当 `abc\ne 0` 时，不等式为
\[\frac {\sqrt {1-a}}a+\frac {\sqrt {1-b}}b+\frac {\sqrt {1-c}}c\leqslant \frac 1{abc},\]令 `\frac {\sqrt {1-a}}a=\frac x2` 等，解得 `\frac 1a=\frac {1+\sqrt {1+x^2}}2` 等，则不等式化为
\[4(x+y+z)\leqslant \bigl( 1+\sqrt {1+x^2} \bigr)\bigl( 1+\sqrt {1+y^2} \bigr)\bigl( 1+\sqrt {1+z^2} \bigr),\quad(1)\]展开式 (1) 的右边，有
\begin{align*} RHS&=1+\sqrt {(1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)}+\sum \sqrt {1+x^2}+\sum \sqrt {(1+x^2)(1+y^2)}\\ &>1+\sqrt {(1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)}+\sum x+\sum (x+y), \end{align*}故剩下只需证明
\[1+\sqrt {(1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)}\geqslant x+y+z,\quad(2)\]由对称性不妨设 `x\geqslant y\geqslant z` ，则
\begin{align*} LHS-RHS&\geqslant 1+(x+y)\sqrt {1+z^2}-(x+y+z)\\ &=1-z+(x+y)\bigl( \sqrt {1+z^2}-1 \bigr)\\ &\geqslant 1-z+2z\bigl( \sqrt {1+z^2}-1 \bigr)\\ &\geqslant 1-z+z\bigl( \sqrt {2(1+z^2)}-2 \bigr)\\ &\geqslant 1-z+z(1+z-2)\\ &=(1-z)^2, \end{align*}所以式 (2) 成立，原不等式得证。

发布于 01-18

注：有“匿名用户”的柯西证法还将不等式推广至四元（但五元不成立），后现还有人贴也“文武光华”的证明（也是证四元的），我还没仔细看，有空再说……

kuing

网址：zhihu.com/question/441072242
标题：这道《不等式的秘密》中的例题怎么做？
感觉作者的”注意到“有点难，询问一下本题的其它解法。

我的回答：
SOS 方法刚好可行的这题
\begin{align*} 2\sum \frac {a^2-bc}{b^2+c^2+ka^2}&=\sum \frac {(a-b)(a+c)+(a-c)(a+b)}{b^2+c^2+ka^2}\\ &=\sum \left( {\frac {(a-b)(a+c)}{b^2+c^2+ka^2}+\frac {(b-a)(b+c)}{c^2+a^2+kb^2}} \right)\\ &=\sum \frac {(a-b)^2\bigl( a^2+b^2+c^2+(1-k)(ab+bc+ca) \bigr)}{(b^2+c^2+ka^2)(c^2+a^2+kb^2)}\\ &\geqslant \sum \frac {(a-b)^2(2-k)(ab+bc+ca)}{(b^2+c^2+ka^2)(c^2+a^2+kb^2)}\\ &\geqslant 0. \end{align*}
发布于 01-25

注：书上的证法通常是叫做“切比雪夫联合技术”，就是考虑乘个什么让分子分母逆序，而且分子之和非负，最好直接为零，所以像 `\sum(a^2-bc)(b+c)=0` 这类恒等式就时常用上，可以记一下，比如之前我在这里也是这样。

kuing

网址：zhihu.com/question/431081036
标题：此函数式如何求最小值？

我的回答：
待定实数 k，由柯西有
\begin{align*} \text{原式}&=\frac {4\sqrt 5-x}{\sqrt 5}+\frac {\sqrt {(1+k^2)\Bigl( \bigl(10-2\sqrt 5\bigr)^2+x^2 \Bigr)}}{\sqrt {1+k^2}}\\ &\geqslant \frac {4\sqrt 5-x}{\sqrt 5}+\frac {10-2\sqrt 5+kx}{\sqrt {1+k^2}}, \end{align*}令 `\frac k{\sqrt {1+k^2}}=\frac 1{\sqrt 5}` ，解得 `k=\frac 12` ，代入上式，即得 原式 `\geqslant 4\sqrt 5` ，取号显然能取。

发布于 02-04

注：简单题，求导或者用几何意义都行，见原帖其他回答。

网址：zhihu.com/question/454347128
标题：遇到一道三角函数题，感觉做不出来，请教各位大佬如何解答？求下列函数的最大值。？

我的回答：
\begin{align*} f(x)&=|(\cos x+1)(\sin x-1)-(1-\cos ^2x)|\\ &=|(\cos x+1)(\sin x+\cos x-2)|\\ &=(\cos x+1)(2-\sin x-\cos x), \end{align*}待定正数 k，由均值有
\begin{align*} f(x)&=\frac 1k(k\cos x+k)(2-\sin x-\cos x)\\ &\leqslant \frac {(k\cos x+k+2-\sin x-\cos x)^2}{4k}\\ &=\frac {\bigl(k+2-\sin x-(1-k)\cos x\bigr)^2}{4k}\\ &\leqslant \frac {\bigl(k+2+\sqrt {1+(1-k)^2}\bigr)^2}{4k}, \end{align*}由俩取等条件不难算出应取 `k=1+\frac 1{\sqrt 3}` ，代入上式化简即得
\[f(x)\leqslant \frac {9+3\sqrt 3}4,\]当 `x=-60^\circ ` 时取等。

发布于 04-13

注：也是简单题，代万能公式求导也行，见原帖。

kuing

网址：zhihu.com/question/443527577
标题：如何证明下述不等式？
`a`, `b>0` 且 `a+b=2`，证明：`a^a+b^b\geqslant a^2+b^2`。

我的回答：
下面证明
\[x^x\geqslant 1-x+x^2+\frac 12(x-1)^3,\quad(*)\]令 `f(x)=\text{左}-\text{右}` ，求导得
\begin{align*} f'(x)&=x^x(1+\ln x)-\frac 12+x-\frac 32x^2,\\ f''(x)&=x^x\left( {\frac 1x+(1+\ln x)^2} \right)+1-3x, \end{align*}有 `f(1)=f'(1)=0` ，那么要证式 (*) 就只需证 `f''(x)\geqslant 0` 恒成立即可。

易证 `x^x\geqslant \frac {1+x^2}2` ，则
\begin{align*} f''(x)&\geqslant \frac {1+x^2}2\left( {\frac 1x+(1+\ln x)^2} \right)+1-3x\\ &\geqslant \frac {1+x^2}2\left( {\frac 1x+1+2\ln x} \right)+1-3x, \end{align*}只需证明上式非负，把 lnx 分出来整理，即证
\[g(x)=\ln x-\frac {(x-1)(1+4x-x^2)}{2x(1+x^2)}\geqslant 0,\]求导整理得
\[g'(x)=\frac {(x-1)(1-x+7x^2+7x^3+2x^4)}{2x^2(1+x^2)^2},\]从而 `g(x)\geqslant g(1)=0` ，这样式 (*) 就得到了证明，应用到原不等式，就是
\[a^a+b^b\geqslant 2-a-b+a^2+b^2+\frac 12(a-1)^3+\frac 12(b-1)^3=a^2+b^2.\]
发布于 02-09

kuing

网址：zhihu.com/question/444421462
标题：这个三元齐次不等式是否正确？

做某道题转化成这样的，却没解决掉。。。(原题在下面)

（(a+b,b+c,c+a)=(x,y,z)再展开后就是一开始的式子了。）

我的回答：
原题就好处理多了 :D

两边减三变成
\[\frac {a-c}{b+c}+\frac {b-a}{c+a}+\frac {c-b}{a+b}\leqslant \frac {a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca}{ab+bc+ca},\]由轮换对称性不妨设 b 最大，然后配成
\[\frac {(a-c)^2}{(a+b)(b+c)}+\frac {(b-a)(b-c)}{(a+b)(a+c)}\leqslant \frac {(a-c)^2+(b-a)(b-c)}{ab+bc+ca},\]左边两个分母都比右边的分母大，所以不等式成立。

发布于 02-15

注：其他证法见原帖。

几天后有类似题我用类似证法，就放一起了：

网址：zhihu.com/question/445831112
标题：该不等式怎么证?

我的回答：
还是用上次这题的 SOS-Schur 方法吧……

由轮换对称性不妨设 `b` 最大，则原不等式
\begin{align*} &\iff \sum \frac {a+b}{b+c}-3\geqslant \frac 15-\frac {3abc}{5\sum a^3}\\ &\iff \sum \frac {a-c}{b+c}\geqslant \frac {\sum a}{5\sum a^3}\sum (a^2-bc)\\ &\iff \frac {(a-c)^2}{(a+b)(b+c)}+\frac {(b-a)(b-c)}{(a+b)(a+c)}\geqslant \frac {\sum a}{5\sum a^3}\bigl((a-c)^2+(b-a)(b-c)\bigr), \end{align*}故只需证明以下两式
\begin{align*} \frac 1{(a+b)(b+c)}&>\frac {\sum a}{5\sum a^3},\\ \frac 1{(a+b)(a+c)}&>\frac {\sum a}{5\sum a^3}, \end{align*}显然只证第一个即可，去分母展开有
\begin{align*} 5\sum a^3-(a+b)(b+c)\sum a&=5\sum a^3-\sum ab\sum a-b^2\sum a\\ &\geqslant 2\sum a^3-b^2\sum a\\ &=2(a^3+c^3)+b^3-b^2(a+c)\\ &\geqslant \frac 12(a+c)^3+\frac 12b^3+\frac 12b^3-b^2(a+c)\\ &\geqslant \frac 32(a+c)b^2-b^2(a+c)\\ &>0, \end{align*}即得证。

发布于 02-23

kuing

网址：zhihu.com/question/444736932
标题：这道题有怎样的解法呢？

审核君，这不是作业。（ '▿ ' ）讨论未果才来大神云集的知乎求教。

我的回答：
当 `k=\frac 1{54}` 时，令 `a=\frac {x^2}{yz},b=\frac {y^2}{zx},c=\frac {z^2}{xy},x,y,z>0` ，不等式化为
\[(x^3+y^3+z^3-3xyz)^2\geqslant 54\sum x^2(y^2-zx)(z^2-xy),\]不妨设 `x=\max \{x,y,z\}` ，则上式分解整理为
\[\left( \sum x^2+5\sum xy \right)\bigl( (x-2y-2z)^2(x-y)(x-z)+(y-z)^2(16x^2-xy-xz-7yz+y^2+z^2) \bigr)\geqslant 0,\]显然成立，注意此时有双取等条件，所以 `k=\frac 1{54}` 是最佳的。

发布于 02-16

kuing

网址：zhihu.com/question/444783654
标题：请问以下这个不等式如何证明？
已知x+y=2，x,y都是正实数

我的回答：
由加权均值不等式有
\[x^xy^y=\bigl( x^{x/2}y^{y/2} \bigr)^2\leqslant \left( \frac x2\cdot x+\frac y2\cdot y \right)^2=\left( {\frac {(x+y)^2}2-xy} \right)^2=(2-xy)^2,\]而由 `xy\leqslant1` 有
\[\frac {12-8xy}{xy+3}-(2-xy)^2=\frac {(1-xy)x^2y^2}{xy+3}\geqslant 0,\]所以原不等式成立。

kuing

网址：zhihu.com/question/444803236
标题：怎么证明这个不等式?

我的回答：
作倒数代换（即 x->1/x 等）之后去分母即可整理为
\[\sum x^2(x-y)(x-z)+2\sum yz(y-z)^2\geqslant 0\]
发布于 02-17

kuing

网址：zhihu.com/question/444953114
标题：如何证出此不等式？
`a,b,c>0`, `\sum a^2=3`，证明：`3\sum a^3+4\sum a^2b^2+16 \ge12(a+b+c)+a^2b^2c^2`。

我的回答：
显然 `a^2b^2c^2\leqslant 1` ，故只需证
\[3\sum a^3+4\sum a^2b^2+15\geqslant 12(a+b+c),\]记 `a+b+c=p` ，依题意有 `ab+bc+ca=\frac {p^2-3}2` ，故 `p>\sqrt 3` ，上式化为
\[\frac 32p(9-p^2)+(p^2-3)^2+(9-8p)abc+15\geqslant 12p,\]由 `3abc(a+b+c)\leqslant (ab+bc+ca)^2` 得
\[abc\leqslant \frac 1{3p}\left( \frac {p^2-3}2 \right)^2,\]而 `9-8p<0` ，所以只需证
\[\frac 32p(9-p^2)+(p^2-3)^2+(9-8p)\frac 1{3p}\left( \frac {p^2-3}2 \right)^2+15\geqslant 12p,\]因式分解为
\[\frac {(p-3)^2(4p^3+15p^2+30p+9)}{12p}\geqslant 0,\]显然成立，即得证。

发布于 02-19

kuing

网址：zhihu.com/question/445472848
标题：此不等式怎么证?

我的回答：
首先易证
\[\sum \frac {(x-y)(x-z)}{x^4+1}\geqslant 0,\]由此得到
\[\sum \frac {y+z}{x^3+yz}=\sum \frac {x(y+z)}{x^4+1}\leqslant \sum \frac {x^2+yz}{x^4+1}=\sum \frac {x^3+1}{x^5+x},\]所以只需证明
\[\sum \frac {x^3+1}{x^5+x}\leqslant \sum \frac 1{x^2},\]由
\[\frac 1{x^2}-\frac {x^3+1}{x^5+x}-\frac 12\left( \frac 1x-1 \right)=\frac {(x-1)^2(x^4+x^3+x^2+x+2)}{2x^2(x^4+1)}\geqslant 0,\]得到
\[\sum \frac 1{x^2}-\sum \frac {x^3+1}{x^5+x}\geqslant \frac 12\left( \frac 1x+\frac 1y+\frac 1z-3 \right)\geqslant 0,\]所以原不等式得证。

发布于 02-21

kuing

网址：zhihu.com/question/445982820
标题：这个不等式怎么证，能否取到等号?

我的回答：
`x,y,z\geqslant 0,xy+yz+zx=1`，则 `\frac 1{x+y}+\frac 1{y+z}+\frac 1{z+x}\geqslant \frac 52.`
这道经典陈题应该见过吧？（没见过的话自己证一下也挺好）根据此题我们就有
\[\frac 1{a^2+b^2}+\frac 1{b^2+c^2}+\frac 1{c^2+a^2}\geqslant \frac 5{2\sqrt {a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}},\]于是只需证
\[a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\leqslant\frac1{16}(a+b+c)^4,\]不妨设 `c=\max\{a,b,c\}` ，则有 `a^2b^2\leqslant abc^2\leqslant2abc^2` ，故
\[a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\leqslant (a+b)^2c^2\leqslant\frac1{16}(a+b+c)^4,\]即得证。

要取等号得允许变量取零。

编辑于 02-23

kuing

网址：zhihu.com/question/446326391
标题：这些最值怎么求?
如果从一元推广到n元，这些最值有没有规律？

我的回答：
先看二元的，思路：变量相等时是 (a^4+1)^2/2a，要均值约掉的话 1 得拆成 7 个 1/7，那取等应该是 a^4=1/7，然后凑个 a^4+1>=sqrt(..a^2+..) 再柯西就好了，于是得到如下解法：

由 `(a^4+1)^2-\frac {32}{49}(\sqrt 7a^2+1)=\frac 17\left( a^2-\frac 1{\sqrt 7} \right)^2(7a^4+2\sqrt 7a^2+17)` ，得到
\[a^4+1\geqslant \sqrt {\frac {32}{49}}\sqrt {\sqrt 7a^2+1},\quad(1)\]对 b 同理，相乘得
\[(a^4+1)(b^4+1)\geqslant \frac {32}{49}\sqrt {\sqrt 7a^2+1}\sqrt {1+\sqrt 7b^2}\geqslant \frac {32}{49}\sqrt[4]7(|a|+|b|)\geqslant\frac {32}{49}\sqrt[4]7|a+b|,\]所以 `\frac {(a^4+1)(b^4+1)}{|a+b|}\geqslant \frac {32}{49}\sqrt[4]7` ，那么 a+b<0 去绝对值就是 `\leqslant-\frac {32}{49}\sqrt[4]7` ；

三元也是这样，先猜 a^4=1/11 取等，然后凑出
\[a^4+1\geqslant \sqrt[3]{\frac {576}{1331}}\sqrt[3]{11^{3/4}|a|^3+2},\quad(2)\]上式两边立方分解后也是成立的，但式子很长就不写了，然后
\begin{align*} &(a^4+1)(b^4+1)(c^4+1)\\ \geqslant{}& \frac {576}{1331}\sqrt[3]{11^{3/4}|a|^3+1+1}\sqrt[3]{1+11^{3/4}|b|^3+1}\sqrt[3]{1+1+11^{3/4}|c|^3}\\ \geqslant{}& \frac {576}{1331}\sqrt[4]{11}(|a|+|b|+|c|)\geqslant \frac {576}{1331}\sqrt[4]{11}|a+b+c|, \end{align*}所以 `\frac {(a^4+1)(b^4+1)(c^4+1)}{|a+b+c|}\geqslant \frac {576}{1331}\sqrt[4]{11}` 。

那么要推广至 n 元的话，就看是否能够证明出式 (1) (2) 的更一般形式的不等式，时间关系有空待续……

发布于 02-25

kuing

网址：zhihu.com/question/446548234
标题：这道不等式最大值怎么求？

我的回答：
令 `\sqrt {y+z}=a,\sqrt {z+x}=b,\sqrt {x+y}=c` ，则 `a^2+b^2+c^2=2` 且
\[T=\sum \frac {b^2-c^2}a=\frac {(a-b)(a-c)(b-c)(a+b+c)}{abc},\]可见只需考虑 `a>b>c` 的情况，另外注意 `c^2\geqslant a^2-b^2` ，然后齐次化去条件，问题变成：

已知 `a>b>c\geqslant\sqrt{a^2-b^2}` ，求下式的最大值：
\[F=\frac {\sqrt 2(a-b)(a-c)(b-c)(a+b+c)}{abc\sqrt {a^2+b^2+c^2}}.\]固定 a, b, c 之间的距离，则 `\frac 1{ab\sqrt {a^2+b^2+c^2}}` 关于 c 递减，`\frac {a+b+c}c=\frac {a-c+b-c}c+3` 也关于 c 递减，故 F 关于 c 递减，所以 F 取最大值时必然有 `c=\sqrt{a^2-b^2}` ，这就意味着换元之前的 T 只需考虑 x=0 的情况即可，此时
\[T=2z-1-\sqrt{z}+\sqrt{1-z},\]求导可以算出其最大值为 `\frac 14\sqrt {\frac {71-17\sqrt {17}}2}\approx 0.168` 。

编辑于 02-27

kuing

网址：zhihu.com/question/446985662
标题：以下的不等式如何证明?

我的回答：
由齐次性不妨设 `a+b+c+d+e=1` ，由轮换对称性不妨设 `a+b=\min \{a+b,b+c,c+d,d+e,e+a\}` ，则 `a+b\leqslant 2/5` ，原不等式等价于
\[\frac {a+b}{1-a-b}\cdot \frac {b+c}{1-b-c}\cdot \frac {c+d}{1-c-d}\cdot \frac {d+e}{1-d-e}\cdot \frac {e+a}{1-e-a}\leqslant \left( {\frac 23} \right)^5,\]由
\[\left( {\frac {x+y}{2-x-y}} \right)^2-\frac {xy}{(1-x)(1-y)}=\frac {(1-x-y)(x-y)^2}{(1-x)(1-y)(2-x-y)^2}\]得：
引理：若 `x,y>0,x+y<1` ，则
\[\frac x{1-x}\cdot \frac y{1-y}\leqslant \left( {\frac {\frac {x+y}2}{1-\frac {x+y}2}} \right)^2.\]因为 `b+c+d+e<1` ，由引理有
\[\frac {b+c}{1-b-c}\cdot \frac {d+e}{1-d-e}\leqslant \left( {\frac {\frac {b+c+d+e}2}{1-\frac {b+c+d+e}2}} \right)^2=\left( {\frac {\frac {1-a}2}{1-\frac {1-a}2}} \right)^2,\]同理有
\[\frac {c+d}{1-c-d}\cdot \frac {e+a}{1-e-a}\leqslant \left( {\frac {\frac {1-b}2}{1-\frac {1-b}2}} \right)^2,\]相乘并由 `\frac {1-a}2+\frac {1-b}2<1` 再次使用引理得
\begin{align*} \frac {b+c}{1-b-c}\cdot \frac {d+e}{1-d-e}\cdot \frac {c+d}{1-c-d}\cdot \frac {e+a}{1-e-a}&\leqslant \left( {\frac {\frac {1-a}2}{1-\frac {1-a}2}\cdot \frac {\frac {1-b}2}{1-\frac {1-b}2}} \right)^2\\ &\leqslant \left( {\frac {\frac {2-a-b}4}{1-\frac {2-a-b}4}} \right)^4\\ &=\left( {\frac {2-a-b}{2+a+b}} \right)^4, \end{align*}所以只需证
\[\frac {a+b}{1-a-b}\left( {\frac {2-a-b}{2+a+b}} \right)^4\leqslant \left( {\frac 23} \right)^5,\]令 `t=a+b\leqslant 2/5` ，以及
\[f(t)=\frac t{1-t}\left( {\frac {2-t}{2+t}} \right)^4,\]求导得
\[f'(t)=\frac {(2-5t)(2-3t)(2-t)^3}{(1-t)^2(2+t)^5}\geqslant0,\]所以 `f(t)\leqslant f(2/5)=(2/3)^5` ，原不等式得证。

发布于 03-02

kuing

网址：zhihu.com/question/447619255
标题：怎么证明该不等式?

我的回答：
【引理】 `x,y,z>0,xyz=1` ，则
\[\sum \frac 1{x^2+x+1}\geqslant 1.\]引理的证明只要令 `x=bc/a^2` 等再柯西即可，过程略。

回到原题，因为
\[\frac x{x^2+3}-\frac 38\left( 1-\frac 1{x^2+x+1} \right)=-\frac {x(3x+1)(x-1)^2}{8(x^2+3)(x^2+x+1)}\leqslant 0,\]所以
\[\sum \frac x{x^2+3}\leqslant \frac 98-\frac 38\sum \frac 1{x^2+x+1}\leqslant \frac 98-\frac 38=\frac 34,\]令 `x=a/b` 等就是原不等式。

发布于 03-05

注：类似题 zhihu.com/question/485018240/answer/2105887778

kuing

网址：zhihu.com/question/448074240
标题：如何证明 这个不等式？

我的回答：
有更强式：
\[\sqrt {a^2-ab+b^2}\geqslant \frac {a^2+b^2}{a+b}\geqslant (a^ab^b)^{\frac 1{a+b}}.\]左边：
\[a^2-ab+b^2-\left( \frac {a^2+b^2}{a+b} \right)^2=\frac {ab(a-b)^2}{(a+b)^2}\geqslant 0;\]右边就是加权均值：
\[\frac a{a+b}\cdot a+\frac b{a+b}\cdot b\geqslant a^{\frac a{a+b}}b^{\frac b{a+b}}.\]
发布于 03-08

注：证左边其实也可以由柯西
\[\sqrt {a^2-ab+b^2}=\frac {\sqrt {(a+b)(a^3+b^3)}}{a+b}\geqslant \frac {a^2+b^2}{a+b}.\]
而这才想起之前在 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=6679 也证过，也是变立方和。