知乎撸题存档(2023)——不等式类

kuing

网址：zhihu.com/question/578291476
标题：这个不等式该如何证明?
$a,b,c>0$ 满足 \[\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}=1\]
证明: \[\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{3}{a+b+c}\geq 2\]

我的回答：
先换个元，由条件，存在 x, y, z>0 使得
\[\frac1{1+a}=\frac x{x+y+z},\,\frac1{1+b}=\frac y{x+y+z},\,\frac1{1+c}=\frac z{x+y+z},\]
得
\[a=\frac{y+z}x,\,b=\frac{z+x}y,\,c=\frac{x+y}z,\]
方法一（暴力去分母展开配方）：原不等式化为
\[\sum\frac x{y+z}+\frac3{\sum\frac{y+z}x}\geqslant2,\]
去分母整理为
\[\sum(y+z)x^3(x-y)(x-z)+\sum y^2z^2(y-z)^2\geqslant0,\]
显然成立。

方法二（麻烦的手工 SOS）：
\begin{align*}
&\sum\frac1a+\frac3{\sum a}\geqslant2\\
\iff{}&\sum a\sum\frac1a+3\geqslant2\sum a\\
\iff{}&\sum\left(\frac ab+\frac ba\right)+6\geqslant2\sum a\\
\iff{}&\sum\frac{(a-b)^2}{ab}\geqslant2\sum a-12\\
\iff{}&\sum\frac{\left(\frac{y+z}x-\frac{z+x}y\right)^2}{\frac{y+z}x\cdot\frac{z+x}y}\geqslant2\sum\frac{y+z}x-12\\
\iff{}&\sum\frac{(x-y)^2(x+y+z)^2}{xy(y+z)(z+x)}\geqslant2\sum\frac{(x-y)^2}{xy}\\
\iff{}&\sum(x-y)^2\left(\frac{(x+y+z)^2}{xy(y+z)(z+x)}-\frac2{xy}\right)\geqslant0\\
\iff{}&\sum(x-y)^2\frac{x^2+y^2-z^2}{xy(y+z)(z+x)}\geqslant0\\
\iff{}&\sum(x-y)^2(x+y)z(x^2+y^2-z^2)\geqslant0,
\end{align*}
还是不太容易判断，需继续变形，注意到恒等式
\begin{align*}
&\sum(x-y)^2(x+y)(y-z)(z-x)\\
={}&(x-y)(y-z)(z-x)\sum(x^2-y^2)=0,
\end{align*}
所以
\begin{align*}
&\sum(x-y)^2(x+y)z(x^2+y^2-z^2)\\
={}&\sum(x-y)^2(x+y)\bigl(z(x^2+y^2-z^2)-(x+y+z)(y-z)(z-x)\bigr)\\
={}&\sum(x-y)^2(x+y)xy(x+y-z),
\end{align*}
这样就好多了，不妨设 $x\geqslant y\geqslant z$ ，则 $(z-x)^2\geqslant(y-z)^2$，$(z+x)zx\geqslant(y+z)yz$，所以
\begin{align*}
&\sum(x-y)^2(x+y)xy(x+y-z)\\
\geqslant{}&(y-z)^2(y+z)yz(y+z-x)+(z-x)^2(z+x)zx(z+x-y)\\
\geqslant{}&(y-z)^2(y+z)yz\bigl((y+z-x)+(z+x-y)\bigr)\\
={}&2(y-z)^2(y+z)yz^2\geqslant0,
\end{align*}
即得证。

发布于 2023-01-12 23:07

kuing

网址：zhihu.com/question/578694808
标题：介个不等式怎么证明?

不等式秘密里的一个思考题，想半天想不出来，感觉条件难用

我的回答：
其实很弱，条件弄成根号估计是吓人的吧。
由 $\sqrt a+\sqrt b+\sqrt c=3$ 得 $a+b+c\geqslant3$ ，所以
\begin{align*}
\sum\frac{a^2}{a+2b^2}&\geqslant\sum\frac{a^2}{\frac13a(a+b+c)+2b^2}\\
&=\sum\frac{3(a^2)^2}{a^3(a+b+c)+6a^2b^2}\\
&\geqslant\frac{3\left(\sum a^2\right)^2}{\sum a^3(a+b+c)+6\sum a^2b^2},
\end{align*}
只需证
\[3\left(\sum a^2\right)^2\geqslant\sum a^3\sum a+6\sum a^2b^2,\]
展开就是
\[2\sum a^4\geqslant\sum(a^3b+ab^3),\]
显然成立。

发布于 2023-01-15 23:58

kuing

网址：zhihu.com/question/581550722
标题：这个不等式怎么证？如图?
已知 `x`, `y>0`，求证：\[2x^xy^y\geqslant x^2+y^2.\]

我的回答：
引理：对任意正数 x 有
\[x^x\geqslant\frac{x^4+2x^2+5}8.\]
引理的证明有空再补（滑稽）。

由引理可知只需证
\[(x^4+2x^2+5)(y^4+2y^2+5)\geqslant32(x^2+y^2),\]
上式配方为
\[4(x^2+y^2-2)^2+(x^2y^2+x^2+y^2-3)^2\geqslant0,\]
显然成立。

更新：现在补充引理的证明，让我们再来一个：

引理的引理：对任意正数 x 有
\[x^x\geqslant x+(x-1)^2+\frac12(x-1)^3+\frac13(x-1)^4+\frac1{12}(x-1)^5.\]
（明显由泰勒而来）

证明：令
\begin{align*}
f(x)&=x\ln x-\ln\left(x+(x-1)^2+\frac12(x-1)^3+\frac13(x-1)^4+\frac1{12}(x-1)^5\right),\\
f'(x)&=1+\ln x-\frac{1+2(x-1)+\frac32(x-1)^2+\frac43(x-1)^3+\frac5{12}(x-1)^4}{x+(x-1)^2+\frac12(x-1)^3+\frac13(x-1)^4+\frac1{12}(x-1)^5},
\end{align*}
有 $f(1)=f'(1)=0$ ，继续求导得
\[f''(x)=\cdots=\frac{(x-1)^4(x^6+7x^5+15x^4+42x^3+63x^2+115x+81)}{x(x^5-x^4+8x^2-5x+9)^2}\geqslant0,\]
所以 $f(x)\geqslant0$ ，引理的引理得证。

据此，再由
\begin{align*}
&x+(x-1)^2+\frac12(x-1)^3+\frac13(x-1)^4+\frac1{12}(x-1)^5-\frac{x^4+2x^2+5}8\\
={}&\frac{(x-1)^4(2x+3)}{24}\geqslant0,
\end{align*}
可知引理成立，补充完毕。

编辑于 2023-02-04 22:16

kuing

网址：zhihu.com/question/591589610
标题：问一下大神们这个最值咋求?

下面这个不等式与这个题目有什么联系怎么得到的?

我的回答：
原题很简单，正常解法也就三两下手势的事：
\begin{align*}
\frac{a+b}c+1&=\frac{b+c}a+\frac{a+c}b\\
&=\frac ba+\frac ab+c\left(\frac1a+\frac1b\right)\\
&\geqslant2+\frac{4c}{a+b},
\end{align*}
令 $k=\frac{a+b}c$ 上式即 $k\geqslant1+\frac4k\implies k\geqslant\frac{1+\sqrt{17}}2$ 。

至于后面那图（实际上图中的 ≥ 应该是 =）明显是在装13，吓唬普通玩家的，当然我也经常装，有时是为了让过程简洁（一个恒等式可以避免啰嗦的讨论），也有时是真装（滑稽）。

这里要破解那个装13恒等式并不难，只要将上面过程中放缩所放掉的项给补回来再变变形就行：

把 $\frac ba+\frac ab\geqslant2$ 写回 $\frac ba+\frac ab=2+\frac{(a-b)^2}{ab}$ ；

把 $c\left(\frac1a+\frac1b\right)\geqslant\frac{4c}{a+b}$ 写回 $c\left(\frac1a+\frac1b\right)=\frac{4c}{a+b}+\frac{c(a-b)^2}{ab(a+b)}$ ，那么
\begin{align*}
\frac{b+c}a+\frac{a+c}b&=\frac ba+\frac ab+c\left(\frac1a+\frac1b\right)\\
&=2+\frac{(a-b)^2}{ab}+\frac{4c}{a+b}+\frac{c(a-b)^2}{ab(a+b)}\\
&=2+\frac{4c}{a+b}+\frac{(a-b)^2(a+b+c)}{ab(a+b)}\\
&=2+\frac4k+\frac{(a-b)^2(a+b+c)}{kabc},\quad k=\frac{a+b}c,
\end{align*}
然后往条件靠，上式写成
\[\frac{b+c}a+\frac{a+c}b-k-1=1-k+\frac4k+\frac{(a-b)^2(a+b+c)}{kabc},\]
两边乘 k 得
\[k\left(\frac{b+c}a+\frac{a+c}b-k-1\right)=-\left(k-\frac12\right)^2+\frac{17}4+\frac{(a-b)^2(a+b+c)}{abc},\]
如此就得到了
\[\left(\frac{a+b}c-\frac12\right)^2=\frac{17}4+\frac{(a-b)^2(a+b+c)}{abc}-\frac{a+b}c\left(\frac{b+c}a+\frac{a+c}b-\frac{a+b}c-1\right).\]
根据条件，后面那项为零，所以 $\left(\frac{a+b}c-\frac12\right)^2\geqslant\frac{17}4\implies\frac{a+b}c\geqslant\frac12+\frac{\sqrt{17}}2$ 。

发布于 2023-03-25 23:44

注：类似题：《撸题集》P.663~664 题目 5.1.63。

kuing

网址：zhihu.com/question/600270351
标题：如何优雅地解答这个三元不等式问题？
如图，想用优雅一点的方式，不要拉格朗日乘数法之类的暴力方法。

我的回答：
很简单哩，记
\[T=\sum(a+1)\sqrt{2a(1-a)},\]
左边：由条件及均值得
\begin{align*}
T&=\sum(2a+b+c)\sqrt{2a(b+c)}\\
&\geqslant\sum2\sqrt{2a(b+c)}\sqrt{2a(b+c)}\\
&=8(ab+bc+ca);
\end{align*}
右边：由柯西及幂平均得
\begin{align*}
T&=\sqrt2\sum\sqrt{(a+1)a(1-a^2)}\\
&\leqslant\sqrt2\sqrt{\sum(a+1)\sum a(1-a^2)}\\
&=2\sqrt2\sqrt{1-a^3-b^3-c^3}\\
&\leqslant2\sqrt2\sqrt{1-\frac{(a+b+c)^3}9}\\
&=\frac83.
\end{align*}
发布于 2023-05-12 17:01

kuing

网址：zhihu.com/question/601773939
标题：这个三角不等式怎么处理？

我的回答：
完全不需要换元，这题玩弄的是一个恒等式：注意到
\[(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)=(ab+bc+ca-1)^2+(a+b+c-abc)^2,\]
根据条件，易知 `ab+bc+ca-1` 为正，所以原不等式的右边其实就等于 `ab+bc+ca+3`，而左边有柯西有 $\sum\sqrt{(1+a^2)(1+b^2)}\geqslant\sum(1+ab)$ ，这样就OK了。

发布于 2023-05-19 00:59

注：类似题：
kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=10081
kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=3449

kuing

网址：zhihu.com/question/604220730
标题：大佬们求解，当a和b是正数时，以下两个式子之间有没有具体的大小关系？
\begin{gather*}
\sqrt{a^2+b^2}+a+b\\
2\sqrt{a^2+b^2+ab}
\end{gather*}

我的回答：
分子有理化即可，设
\begin{align*}
A&=\sqrt{a^2+b^2+ab}-\sqrt{a^2+b^2}\\
&=\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2+ab}+\sqrt{a^2+b^2}},\\
\\
B&=a+b-\sqrt{a^2+b^2+ab}\\
&=\frac{ab}{a+b+\sqrt{a^2+b^2+ab}},
\end{align*}
则由 $\sqrt{a^2+b^2}<a+b$ 得 A>B，移项即得
\[2\sqrt{a^2+b^2+ab}>\sqrt{a^2+b^2}+a+b.\]
发布于 2023-06-03 12:07

kuing

网址：zhihu.com/question/604970312
标题：请问如何证明这个代数不等式？

出自《阿贝尔恒等式与经典不等式及应用》杨志明著，第6章公开问题1

我的回答：
的确弱，我稍微加强一下，可以让它更漂亮一点。

首先如果 $\prod(a^2-bc)<0$ 那不等式当然成立，而当 $\prod(a^2-bc)\geqslant0$ 时，不等式可以加强为
\[\frac{\sum(a-b)^2}{ab+bc+ca}\geqslant\frac{2\sum(a-b)^2}{\sum(a^2+bc)}\geqslant\frac{4\prod(a^2-bc)}{\prod(a^2+bc)},\]
左边显然，右边则可以写成
\[\frac{\sum(a^2-bc)}{\sum(a^2+bc)}\geqslant\frac{\prod(a^2-bc)}{\prod(a^2+bc)},\]
这式子好看吧 (*^_^*)，直接左右作差有
\[\LHS-\RHS=\frac{2\sum a^5(b+c)(b-c)^2}{\sum(a^2+bc)\prod(a^2+bc)}\geqslant0,\]
即得证。

发布于 2023-06-06 14:33

kuing

网址：zhihu.com/question/607525735
标题：此不等式如何证？
\[x^{\frac x{x+y}}y^{\frac y{x+y}}\geqslant\sqrt{\frac{x^2+y^2}2}\]
其中x,y>0.

我的回答：
这与前面 3# 的不等式 `2x^xy^y\geqslant x^2+y^2` 其实是等价的：

在 3# 的不等式中作置换 $(x,y)\mapsto\bigl(\frac{2x}{x+y},\frac{2y}{x+y}\bigr)$ 即得
\[2\left(\frac{2x}{x+y}\right)^{\frac{2x}{x+y}}\left(\frac{2y}{x+y}\right)^{\frac{2y}{x+y}}\geqslant\left(\frac{2x}{x+y}\right)^2+\left(\frac{2y}{x+y}\right)^2,\]
上式化简就是
\[2x^{\frac{2x}{x+y}}y^{\frac{2y}{x+y}}\geqslant x^2+y^2,\]
把 2 除过去再两边开荒，便是待证的不等式。

发布于 2023-06-19 23:06

kuing

网址：zhihu.com/question/609549775
标题：一个女奥不等式的证明？

我的回答：
很简单啊，首先换个元，作置换 $\sqrt[3]a\mapsto a$ 等，待证的不等式变成
\[\sum\frac{\sqrt[3]{a^3+b^3}+\sqrt[3]{a^3+c^3}+\sqrt[3]{a^3+d^3}}{b+c+d}\geqslant4\sqrt[3]2.\quad(*)\]
由幂平均有
\[\sqrt[3]{\frac{a^3+b^3}2}\geqslant\frac{a+b}2\iff\sqrt[3]{a^3+b^3}\geqslant\frac{\sqrt[3]2}2(a+b),\]
所以对于式 (*) 有
\begin{align*}
\LHS&\geqslant\frac{\sqrt[3]2}2\sum\frac{3a+b+c+d}{b+c+d}\\
&=\frac32\sqrt[3]2\sum\frac a{b+c+d}+2\sqrt[3]2,\quad(**)
\end{align*}
然后由柯西有
\begin{align*}
\sum\frac a{b+c+d}&=\sum\frac{a^2}{a(a+b+c+d)-a^2}\\
&\geqslant\frac{(a+b+c+d)^2}{(a+b+c+d)^2-(a^2+b^2+c^2+d^2)}\\
&\geqslant\frac{(a+b+c+d)^2}{(a+b+c+d)^2-\frac14(a+b+c+d)^2}\\
&=\frac43,
\end{align*}
代回式 (**) 即得式 (*)。

发布于 2023-06-30 11:36

kuing

网址：zhihu.com/question/610334874
标题：证明 n元 多次 形式的 柯西不等式（见简介）？
若 p>s≥r>q，p+q=s+r，a1，a2，…，an>0则
$$\left( \sum_{i=1}^{n}{a_i^p} \right). \left( \sum_{i=1}^{n}{a_i^q} \right)\geq \left( \sum_{i=1}^{n}{a_i^s} \right). \left( \sum_{i=1}^{n}{a_i^r} \right)$$

我的回答：
由 p>s≥r>q，p+q=s+r 可设
\[
\begin{aligned}
s&=\lambda p+(1-\lambda )q,\\
r&=(1-\lambda )p+\lambda q,
\end{aligned}
\quad \lambda \in (0,1)\]
那么由 Holder 不等式有
\begin{align*}
\left(\sum a_i^p\right)^\lambda\left(\sum a_i^q\right)^{1-\lambda}&\geqslant\sum a_i^{\lambda p+(1-\lambda)q}=\sum a_i^s,\\
\left(\sum a_i^p\right)^{1-\lambda}\left(\sum a_i^q\right)^\lambda&\geqslant\sum a_i^{(1-\lambda)p+\lambda q}=\sum a_i^r,
\end{align*}
两式相乘即得
\[\left(\sum a_i^p\right)\left(\sum a_i^q\right)\geqslant\left(\sum a_i^s\right)\left(\sum a_i^r\right).\]
发布于 2023-07-10 16:42

注：其实我在《数学空间》（2011 年第 6 期）P.27~28 就写过类似的。

另外，原帖中网友 O-17​ 的直接展开证法也是不错嘀

kuing

网址：zhihu.com/question/612074835
标题：这道不等式怎么证明 ？
已知实数 $a,b,c$ 满足 $abc=1,$ 证明： $\displaystyle \sum_{\text{cyc}}{\sqrt[3]{2a^2-\frac{1}{a}}}>0. $

我的回答：
令 $x=2a^2-bc,~y=2b^2-ca,~z=2c^2-ab$，问题即证 $\sqrt[3]x+\sqrt[3]y+\sqrt[3]z>0$，由
\[x+y+z-3\sqrt[3]{xyz}=\frac{\sqrt[3]x+\sqrt[3]y+\sqrt[3]z}2\sum\bigl(\sqrt[3]x-\sqrt[3]y\bigr)^2,\]
下面证明 $x+y+z\geqslant3\sqrt[3]{xyz}$ 。不妨设 $x\geqslant y\geqslant z$ ，由于
\begin{align*}
x+y+z&=2\sum a^2-\sum bc\\
&=\sum a^2+\frac12\sum(b-c)^2>0,
\end{align*}
所以必有 x>0，而
\begin{align*}
&(x+y+z)^3-27xyz\\
={}&(x+4z+4y)(x-y)(x-z)+(7x+y+z)(y-z)^2,
\end{align*}
只需证明 $x+4z+4y$ 为正，事实上
\begin{align*}
x+4z+4y&=2a^2-bc+8(b^2+c^2)-4(b+c)a\\
&=\frac{14}{15}a^2+\frac{17}4(b-c)^2+\frac1{60}(8a-15b-15c)^2>0,
\end{align*}
这样就证明了 $x+y+z\geqslant3\sqrt[3]{xyz}$ ，等号成立当且仅当 x=y=z，而 x+y+z>0，所以此式取等时原式也为正，所以原式恒为正。

发布于 2023-07-15 18:05

kuing

网址：zhihu.com/question/613495697
标题：如何求这个加权正弦和的最大值？
在三角形内，给定 $x，y，z>0 $ ，求 $xsinA+ysinB+zsinC$ 的最大值

我的回答：
加权正弦和不等式用一下。

搬运自小丛书：

拍得不是很清楚，还是码一下字吧

对任意 $x,y,z\in R,u,v,w>0$ 及 △ABC 有
\[2(yz\sin A+zx\sin B+xy\sin C)\leqslant\left(\frac{x^2}u+\frac{y^2}v+\frac{z^2}w\right)\sqrt{vw+wu+uv},\]
取等条件是 $x:y:z=\cos A:\cos B:\cos C$ 且 $u:v:w=\cot A:\cot B:\cot C$ 。

在这个结论中，当 x, y, z 也 >0 时，关于 t 的如下方程
\[t^2(x^2+y^2+z^2)+2t^3xyz=1\]
显然存在唯一的正数解，记该解为 $t=t_0$ ，显然 $t_0x,t_0y,t_0z\in(0,1)$ ，对比三角恒等式 $\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C+2\cos A\cos B\cos C=1$ ，可知存在锐角 △ABC 满足 $\cos A=t_0x,\cos B=t_0y,\cos C=t_0z$ ，那么取 u, v, w 为 $u=\frac{t_0x}{\sqrt{1-(t_0x)^2}}$ 等等时，不等式便能取等，此时 $\sin A=\sqrt{1-(t_0x)^2}$ 等等，这样得到结论：

对于给定的 x, y, z>0， $yz\sin A+zx\sin B+xy\sin C$ 的最大值为
\[yz\sqrt{1-(t_0x)^2}+zx\sqrt{1-(t_0y)^2}+xy\sqrt{1-(t_0z)^2},\]
再对这个结论作置换
\[(x,y,z)\mapsto\left(\sqrt{\frac{yz}x},\sqrt{\frac{zx}y},\sqrt{\frac{xy}z}\right),t_0\mapsto\frac u{\sqrt{xyz}},\]
即得：对于给定的 x, y, z>0，正数 u 满足
\[u^2\left(\frac1{x^2}+\frac1{y^2}+\frac1{z^2}\right)+\frac{2u^3}{xyz}=1,\]
则 $x\sin A+y\sin B+z\sin C$ 的最大值为
\[\sqrt{x^2-u^2}+\sqrt{y^2-u^2}+\sqrt{z^2-u^2}.\]
发布于 2023-07-27 15:23

kuing

网址：zhihu.com/question/614438976
标题：如何用不等式求这个函数的最小值？

我的回答：
因为
\begin{align*}
5+4\sin x&=4\cos^2x+(1+2\sin x)^2,\\
5+4\cos x&=(2+\cos x)^2+\sin^2x,
\end{align*}
所以
\begin{align*}
f(x)={}&\sqrt{(-2\cos x)^2+(1+2\sin x)^2}\\
&+\sqrt{(4+2\cos x)^2+(-2\sin x)^2}\\
\geqslant{}& \sqrt{4^2+1^2}\\
={}&\sqrt{17},
\end{align*}
取等略。

发布于 2023-07-28 17:56

kuing

网址：zhihu.com/question/614451561
标题：请问这道不等式如何解决?
这道题用均值不等式和一些三角恒等变换可以解决，但是还原成几何问题发现就是要说明三角形任意顶点到其对应旁心的距离大于等于另外两顶点的角平分线长之和，寻找大佬给出几何证法或其他证法

我的回答：

还原成几何问题发现就是要说明
三角形任意顶点到其对应旁心的距离 ≥ 另外两顶点的角平分线长之和

三角形几何不等式要找到纯几何证法是很难的，我写一个不太几何的吧。

记号：设 △ABC 三边 a, b, c，面积 S，半周长 p，顶点 A 对应的旁切圆半径 $r_a$ ，边 b, c 上的角平分线长 $w_b,w_c$ 。

首先推 A 到对应旁心的距离表达式，如下图：

然后由角平分线长公式及均值有
\[w_b=\frac{2\sqrt{cap(p-b)}}{c+a}\leqslant\sqrt{p(p-b)},\]
对 $w_c$ 同理，所以要证明 $w_b+w_c\leqslant AF$ 只需证明
\[\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\leqslant\sqrt{\frac{bc}{p-a}},\]
由柯西有
\begin{align*}
&\sqrt{p-a}\bigl(\sqrt{p-b}+\sqrt{p-c}\bigr)\\
={}&\sqrt{(p-a)(p-b)}+\sqrt{(p-c)(p-a)}\\
\leqslant{}& \sqrt{(p-a+p-c)(p-b+p-a)}\\
={}&\sqrt{bc},
\end{align*}
即得证。

发布于 2023-07-29 00:27

kuing

网址：zhihu.com/question/614620480
标题：这个不等式如何用初等方法证明？

a,b,c>0 证明 `(a+b+c)^6\ge12^3(a-b)(b-c)(c-a)abc`

如果不用对称求导法，不用拉格朗日乘子法，只利用不等式工具或者是直接配方，应该怎么证明

我的回答：
五年前我用待定系数均值证明过下面这道四元不等式：

a,b,c,d∈R+
a+b+c+d=6
(a-b)(a-c)(a-d)(b-c)(b-d)(c-d)≤27

见：kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=5503

当 d=0 时与本帖等价。

不过，当看到本帖另一个均值证明后，上面的证明黯然失色，那只好再另想办法，于是又想到下面的证明，虽然并不简洁，但引理以后或许还有用。

记号： $p=a+b+c,~q=ab+bc+ca,~r=abc$ 。

引理：当 a, b, c>0 时，有
\begin{align*}
&(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2\\
\leqslant{}&\frac1{216}p^6-\frac52p^3r-27r^2+\frac1{216}\sqrt{p^3(p^3+216r)^3}.\quad(*)
\end{align*}
引理证明：由 $(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2=-27r^2+2(9pq-2p^3)r+p^2q^2-4q^3$ 可知上式等价于
\[-p^6+216p^2q^2-864q^3-324p^3r+3888pqr\leqslant\sqrt{p^3(p^3+216r)^3},\]
事实上
\[\RHS^2-\LHS^2=432(p^2q-6q^2+9pr)^2(p^4+8p^2q-48q^2+288pr),\]
只需证明
\[p^4+8p^2q-48q^2+288pr\geqslant0,\]
代回 a, b, c 配方为
\[\sum a^2(a-b)(a-c)+13\sum ab(a-b)^2+243abc(a+b+c)\geqslant0,\]
显然成立，引理得证。

回到原题，为了便于计算，对引理再作一个代换：令 $p^3=27u\cdot r$ ，由均值知 $u\geqslant1$ ，代入可将式 (*) 化简为
\[(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2\leqslant\frac{27}8\bigl(u^2-20u-8+\sqrt{u(8+u)^3}\bigr)r^2.\quad(**)\]
这样，要证明 $(a+b+c)^6\geqslant12^3(a-b)(b-c)(c-a)abc$ ，只需证明
\[p^{12}\geqslant12^6(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2r^2,\]
由式 (**) 可知只需证
\[(27u\cdot r)^4\geqslant12^6\cdot\frac{27}8\bigl(u^2-20u-8+\sqrt{u(8+u)^3}\bigr)r^2\cdot r^2,\]
化简为
\[27u^4-512u^2+10240u+4096\geqslant512\sqrt{u(u+8)^3},\]
事实上
\[\LHS^2-\RHS^2=(u+8)^2(3u-8)^2\cdot M,\]
其中
\begin{align*}
M&=81u^4-864u^3+7296u^2-10240u+4096\\
&=3(27u^2-234u+1937)(u-1)^2+2084u-1715\\
&>0,
\end{align*}
所以不等式得证（取等懒得分析 ww）。

发布于 2023-07-29 23:00

注：后来发现在另一个均值证明的评论区里有一个链接：
artofproblemsolving.com/community/c6h432851p8689589
原来那个均值证明在 2017 年就出现，存个档：

另外我还看到 arqady 写了 uvw 证法，原理和我写的应该也是差不多。

kuing

网址：zhihu.com/question/617922103
标题：第8题这个不等式如何证明？

我的回答：
这 d 的范围可以扩大到 1/2<d<2。

证法一（无脑直接通分）：由 abc=1 及均值有
\begin{align*}
\frac1{a+d}+\frac1{b+d}+\frac1{c+d}-\frac1d
&=\frac{2d^3+(a+b+c)d^2-1}{d(a+d)(b+d)(c+d)}\\
&\geqslant\frac{2d^3+3d^2-1}{d(a+d)(b+d)(c+d)}\\
&=\frac{(2d-1)(d+1)^2}{d(a+d)(b+d)(c+d)}>0,
\end{align*}
以及
\begin{align*}
\frac1{a+d}+\frac1{b+d}+\frac1{c+d}-\frac2d
&=\frac{d^3-(ab+bc+ca)d-2}{d(a+d)(b+d)(c+d)}\\
&\leqslant\frac{d^3-3d-2}{d(a+d)(b+d)(c+d)}\\
&=\frac{(d-2)(d+1)^2}{d(a+d)(b+d)(c+d)}<0,
\end{align*}
即得证。

证法二：令 $a=x/y,~b=y/z,~c=z/x,~x,~y,~z>0$ ，则由柯西有
\begin{align*}
\sum\frac1{a+d}&=\sum\frac y{x+dy}=\sum\frac{y^2}{xy+dy^2}\\
&\geqslant\frac{(x+y+z)^2}{xy+yz+zx+d(x^2+y^2+z^2)}\\
&=\frac{(x+y+z)^2}{(xy+yz+zx)(1-2d)+d(x+y+z)^2}\\
&>\frac{(x+y+z)^2}{d(x+y+z)^2}=\frac1d,
\end{align*}
另一方面，还是由柯西有
\begin{align*}
\sum\frac1{a+d}&=\frac1d\sum\left(1-\frac a{a+d}\right)\\
&=\frac3d-\frac1d\sum\frac a{a+d}\\
&=\frac3d-\frac1d\sum\frac x{x+dy}\\
&=\frac3d-\frac1d\sum\frac{x^2}{x^2+dxy}\\
&\leqslant\frac3d-\frac1d\cdot\frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2+d(xy+yz+zx)}\\
&=\frac3d-\frac1d\cdot\frac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2+(d-2)(xy+yz+zx)}\\
&<\frac3d-\frac1d\cdot\frac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2}=\frac2d,
\end{align*}
即得证。

编辑于 2023-08-18 14:00

kuing

网址：zhihu.com/question/619980784
标题：如何求k的最大值?

问题如上
求大佬解答，万分感谢

我的回答：
齐次化变成
\[\left(\frac{\sum a}3\right)^4\sum ab+k\prod(a-b)^2\leqslant3\left(\frac{\sum a}3\right)^6,\]
（此时再无 a+b+c=3 的限制）整理一下变成
\[k\prod(a-b)^2\leqslant\frac16\left(\frac{\sum a}3\right)^4\sum(a-b)^2,\]
此时我们固定 a, b, c 的距离，让它们一起向原点平移，那么显然左边不变而右边减少，所以只需考虑 a, b, c 其中一个为零的情况即可，不妨设 c=0，上式变成
\[ka^2b^2(a-b)^2\leqslant\frac13\left(\frac{a+b}3\right)^4(a^2+b^2-ab),\]
记 $x=ab,~y=(a-b)^2$ ，上式变成
\[kx^2y\leqslant\frac1{3^5}(4x+y)^2(x+y),\]
把 x^2y 除过去并令 y=tx，上式变为
\[k\leqslant\frac1{3^5}\cdot\frac{(4+t)^2(1+t)}t,\]
只需求右边的最小值，求导不难算出当 $t=\frac{\sqrt{33}-1}4$ 时右边取最小值，最终算出
\[k_{\max}=\frac{69+11\sqrt{33}}{648}.\]
发布于 2023-08-31 15:47

kuing

网址：zhihu.com/question/619481928
标题：图中不等式怎么证明？
$\displaystyle \forall a,b,c>0,a+b+c=3,求证：\frac{a+1}{b^3+1}+\frac{b+1}{c^3+1}+\frac{c+1}{a^3+1} \ge 3$

我的回答：
想不出简单证法。

由 CS \begin{align*}
\LHS&=\sum\frac{(a+1)^2(12-5b)^2}{(a+1)(12-5b)^2(b^3+1)}\\
&\geqslant\frac{\bigl(\sum(a+1)(12-5b)\bigr)^2}{\sum(a+1)(12-5b)^2(b^3+1)},
\end{align*} 所以只需证 \[\left(\sum(a+1)(12-5b)\right)^2\geqslant3\sum(a+1)(12-5b)^2(b^3+1),\quad(*)\] 不妨设 a = min{a, b, c}，则由 a+b+c=3 可令 \[(a,b,c)=\left(\frac1{1+t+u},\frac{1+3t}{1+t+u},\frac{1+3u}{1+t+u}\right),\] 其中 t, u≥0，代入式 (*) 中展开整理最终化为 $M_1+M_2+M_3+M_4+M_5\geqslant0$ 其中 \begin{align*}
M_1&=199(t^2-tu+u^2),\\
M_2&=1127t^3-555t^2u-438tu^2+1127u^3,\\
M_3&=1894t^4+1108t^3u-3858t^2u^2+1459tu^3+1894u^4,\\
M_4&=728t^5+3754t^4u-4051t^3u^2-3430t^2u^3+3970tu^4+728u^5,\\
M_5&=37t^6+1215t^5u+882t^4u^2-4705t^3u^3+2376t^2u^4+747tu^5+37u^6,
\end{align*} 由 $t^pu^s+t^su^p\geqslant t^qu^r+t^ru^q$（$p\geqslant q\geqslant r\geqslant s,~p+s=q+r$）以及均值，易证以上五个 M 都是非负的，所以不等式得证。

PS、欢迎擅长配方的大佬们帮上面那式 (*) 配个方 (*°▽°*)

发布于 2023-09-11 18:05

kuing

网址：zhihu.com/question/622256098
标题：这个不等式（也可以理解为求最小值）的问题怎么解？求大佬？
$x^2+y^2+z^2=1$ $(x,y,z\in R_+)$
求证：
\[\frac{1-x^2}{(1+y^2)(x+z)}+\frac{1-y^2}{(1+z^2)(y+x)}+\frac{1-z^2}{(1+x^2)(z+y)}\geq\frac{3\sqrt{3}}{4} \]
($x=y=z=\frac{\sqrt{3}}{3}$时取等）

我的回答：
由柯西及均值有
\begin{align*}
(1+y^2)(x+z)&\leqslant(1+y^2)\sqrt{(1+1)(x^2+z^2)}\\
&=\sqrt{(1+y^2)\cdot(1+y^2)\cdot2(x^2+z^2)}\\
&\leqslant\sqrt{\left(\frac{1+y^2+1+y^2+2(x^2+z^2)}3\right)^3}\\
&=\frac8{3\sqrt3},
\end{align*}
所以
\[\sum\frac{1-x^2}{(1+y^2)(x+z)}\geqslant\frac{3\sqrt3}8\sum(1-x^2)=\frac{3\sqrt3}4.\]
发布于 2023-09-15 22:15