一道含参的三元分式不等式

O-17

(《数学通报》 2023 年 3 月号问题 2711)
已知 $a,b,c\in\mathbb{R}_+,~x,y,z\in\mathbb{R}$ , 求证:
$$
\frac{bcyz}{b+c+2a}+\frac{cazx}{c+a+2b}+\frac{abxy}{a+b+2c}\leqslant\frac14(ax^2+by^2+cz^2)
$$
(供题人  安振平)

这位供题人好像还挺眼熟的 (小声)
最"紧"的情况应该是 $x=y=z$ 吧, 此时即证
$$
\sum{a}\geqslant\sum\frac{4ab}{a+b+2c}
$$
配方得
$$
\sum{a}-\sum\frac{4ab}{a+b+2c}=\frac{2\sum a^2(a-b)(a-c)+3\sum ab(a-b)^2}{\prod(a+b+2c)}\geqslant0~.\square
$$
其实就是一个四次 Schur 和一个均值, 只要注意到这个不等式有个 $(1,1,0)_\text{cyc}$ 取等就能很自然的想到这样配方 (因为必须用 Schur 消掉 $\sum a^4$)
强迫症可以拿四次 Schur 继续配方
$$
\sum a^2(a-b)(a-c)=\frac12\sum(c-a-b)^2(a-b)^2
$$
于是也可以配成显式 SOS
$$
\sum{a}-\sum\frac{4ab}{a+b+2c}=\frac{[(c-a-b)^2+3ab](a-b)^2}{\prod(a+b+2c)}\geqslant0~.\square
$$
至于其它情况感觉很难避免繁杂的讨论, 不知道有没有简洁地证明这个不等式的方法...总之下一期出来后我会贴上来的, dalao 们有任何想法欢迎讨论.

kuing

我在 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=redirect&goto=findpost&ptid=5263&pid=26005 的 9# 曾经证过如下结论：

若 $p$, $q$, $r$ 的绝对值不超过 $1$ 且满足
\[p^2+q^2+r^2+2pqr\leqslant1, \quad(**)\]
则对任意实数 $x$, $y$, $z$ 恒有
\[x^2+y^2+z^2\geqslant2(pyz+qzx+rxy).\]

那么对于 1# 的题目，作置换 `x\to x/\sqrt a` 等，可知待证不等式等价于
\[x^2+y^2+z^2\geqslant2\sum\frac{2\sqrt{bc}}{b+c+2a}yz,\]
那么令
\[p=\frac{2\sqrt{bc}}{b+c+2a},\,q=\frac{2\sqrt{ca}}{c+a+2b},\,r=\frac{2\sqrt{ab}}{a+b+2c},\]
显然三者均属于 `(0,1)`，根据上述结论，只需证明它们满足式 (**) 即可，由均值有
\[p\leqslant\sqrt{\frac{bc}{(a+b)(c+a)}}\]
等，于是
\begin{align*}
&p^2+q^2+r^2+2pqr\\
\leqslant{}&\sum\frac{bc}{(a+b)(c+a)}+\frac{2abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}\\
={}&1,
\end{align*}
即得证。

kuing

另证：
如果 `x`, `y`, `z` 不同号，比如 `x<0`, `y>0`, `z>0`，则作置换 `x\to-x`，此时左边变大而右边不变，这说明只需要证明 `x`, `y`, `z` 同号的情形，而显然同正或同负是一样的，故只需证明 `x`, `y`, `z\geqslant0` 的情形即可。

此时由 `b+c+2a\geqslant2\sqrt{(c+a)(a+b)}` 可知只需证明更强式
\[\sum\frac{2bcyz}{\sqrt{(c+a)(a+b)}}\leqslant ax^2+by^2+cz^2,\]
由均值有
\begin{align*}
\LHS&\leqslant\sum\left(\frac{bcy^2}{c+a}+\frac{bcz^2}{a+b}\right)\\
&=\sum\frac{caz^2}{a+b}+\sum\frac{bcz^2}{a+b}\\
&=\sum cz^2.
\end{align*}

O-17

贴一下安振平老师的解答 (原解答没使用轮换求和号, 我这里用一下避免啰嗦)

应用基本不等式, 得
\begin{align*}
\sum\frac{bcyz}{b+c+2a}&\leqslant\sum\frac{bc\left|yz\right|}{(a+b)+(c+a)}\\
&\leqslant\sum\frac{bc\left|yz\right|}{2\sqrt{(a+b)(c+a)}}\\
&=\frac12\sum\sqrt{\frac{bcz^2}{a+b}\cdot\frac{bcy^2}{c+a}}\\
&\leqslant\frac14\sum\left(\frac{bcz^2}{a+b}+\frac{bcy^2}{c+a}\right)\\
&=\frac14\sum\left(\frac{b}{b+c}+\frac{c}{b+c}\right)ax^2\\
&=\frac14\left(ax^2+by^2+cz^2\right)
\end{align*}

和 kuing 发表于 2023-4-25 18:33 的回帖的方法是一模一样的, 膜一波.