$\frac{a^a}{a+b}+\frac{b^b}{b+c}+\frac{c^c}{c+a}\geqslant\frac{3}{2}$

Tesla35

求证：对于任意正实数$a,b,c$均有
$$\frac{a^a}{a+b}+\frac{b^b}{b+c}+\frac{c^c}{c+a}\geqslant\frac{3}{2}$$
成立.

hbghlyj

$a\ge b\ge c>0$的情况：使用$a^a\ge a,b^b\ge b,c^c\ge c$和$\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}\ge\frac{3}{2}$ MSE
其它情况：

kuing

简单题，易证
\[x^x\geqslant\frac{x^2+1}2\geqslant\frac{(x+1)^2}4,\]
所以
\[\LHS\geqslant\frac14\sum\frac{(a+1)^2}{a+b}\geqslant\frac{(a+b+c+3)^2}{8(a+b+c)},\]
记 `t=a+b+c`，有
\[\frac{(t+3)^2}{8t}-\frac32=\frac{(t-3)^2}{8t}\geqslant0,\]
即得证。

kuing

话说，当年我在《憋间》写《切线法》时就出过类似题，也是用 `x^x\geqslant\frac{x^2+1}2` 这个来切的，具体见：《数学空间》2011 年第 4 期 P.28

其妙

已知所有字母均为正数，$x, y, z$为给定的正常数，求
\[\frac{{xa}}{{a + b}} + \frac{{yb}}{{b + c}} + \frac{{zc}}{{c + a}}\]
的最小值。

kuing

其妙 发表于 2023-8-8 23:14
已知所有字母均为正数，$x, y, z$为给定的正常数，求
\[\frac{{xa}}{{a + b}} + \frac{{yb}}{{b + c}} + \frac{{zc}}{{c + a}}\]
的最小值。

没有最小值，有下确界为 min{x,y,z}，证明不难，你自己先试试。

其妙

kuing 发表于 2023-8-8 23:33
没有最小值，有下确界为 min{x,y,z}，证明不难，你自己先试试。

写错了

其妙

前面复制楼主的代码粗心大意，没改好，现在重新发：
已知所有字母均为正数，$x, y, z$为给定的正常数，求
\[\frac{{xc}}{{a + b}} + \frac{{ya}}{{b + c}} + \frac{{zb}}{{c + a}}\]
的最小值。

kuing

其妙 发表于 2023-8-8 23:44
前面复制楼主的代码粗心大意，没改好，现在重新发：
已知所有字母均为正数，$x, y, z$为给定的正常数，求
\[\frac{{xc}}{{a + b}} + \frac{{ya}}{{b + c}} + \frac{{zb}}{{c + a}}\]
的最小值。

这个就没那么容易了，暂时解决了部分情况。

由 CS 有
\begin{align*}
\sum\frac{xc}{a+b}&=\sum\frac{x(c+a+b-a-b)}{a+b}\\
&=(a+b+c)\sum\frac x{a+b}-\sum x\\
&=\frac12\sum(a+b)\sum\frac x{a+b}-\sum x\\
&\geqslant\frac12\left(\sum\sqrt x\right)^2-\sum x,\quad(*)
\end{align*}
来看看取等条件，为
\[\frac{a+b}{\sqrt x}=\frac{b+c}{\sqrt y}=\frac{c+a}{\sqrt z},\]
也就是说，当 `\sqrt x`, `\sqrt y`, `\sqrt z` 能构成三角形时，式 (*) 能取等，而构不成的话就取不了，还需另行讨论。

待续……

kuing

当 `\sqrt x`, `\sqrt y`, `\sqrt z` 不能构成三角形时，不妨设 `\sqrt x\geqslant\sqrt y+\sqrt z`，下面证明此时有
\[\frac{xc}{a+b}+\frac{ya}{b+c}+\frac{zb}{c+a}>2\sqrt{yz},\quad(**)\]
由所设及均值，有
\begin{align*}
\LHS&\geqslant\frac{\bigl(\sqrt y+\sqrt z\bigr)^2c}{a+b}+\frac{ya}{b+c}+\frac{zb}{c+a}\\
&=\left(\frac c{a+b}+\frac a{b+c}\right)y+\left(\frac c{a+b}+\frac b{c+a}\right)z+\frac{2\sqrt{yz}c}{a+b}\\
&\geqslant2\sqrt{\left(\frac c{a+b}+\frac a{b+c}\right)\left(\frac c{a+b}+\frac b{c+a}\right)yz}+\frac{2\sqrt{yz}c}{a+b},
\end{align*}
那么只需证明
\[\sqrt{\left(\frac c{a+b}+\frac a{b+c}\right)\left(\frac c{a+b}+\frac b{c+a}\right)}+\frac c{a+b}>1,\]
事实上
\begin{align*}
&\left(\frac c{a+b}+\frac a{b+c}\right)\left(\frac c{a+b}+\frac b{c+a}\right)-\left(1-\frac c{a+b}\right)^2\\
={}&\frac{2c^2(a+b+c)}{(a+b)(b+c)(c+a)}>0,
\end{align*}
所以式 (**) 得证，而且，当 `a=\sqrt z`, `b=\sqrt y`, `c\to0` 时 `\LHS\to2\sqrt{yz}`，这说明 `2\sqrt{yz}` 是下确界。

综合楼上及本楼所述，结论为：

（1）当 `\sqrt x`, `\sqrt y`, `\sqrt z` 能构成三角形时，原式最小值为
\[\frac12\left(\sum\sqrt x\right)^2-\sum x;\]
（2）当 `\sqrt x`, `\sqrt y`, `\sqrt z` 不能构成三角形时，不妨设 `x` 最大，则原式有下确界为 `2\sqrt{yz}`，要想取到这个值，得允许 `a`, `b`, `c` 有一个为零。

其妙

kuing 发表于 2023-8-9 00:45
这个就没那么容易了，暂时解决了部分情况。

由 CS 有

💯

realnumber

致各位论坛网友：

由于 hbghlyj 操作数据库失误导致由 2023-9-26 至 2023-11-5 间期的所有帖子的内文都被清空，在此给大家真诚道歉。

现在我们正在浏览这期间的帖子，努力回忆内容，尽可能地多恢复一些，如果您还记得本帖原本的内容，也希望您能编辑回来，麻烦各位了。

realnumber

猜测有更强式
\[
x^x\geqslant \frac {1+x^{2.5}}{1+x^{0.5}}
\]

O-17

致各位论坛网友：

由于 hbghlyj 操作数据库失误导致由 2023-9-26 至 2023-11-5 间期的所有帖子的内文都被清空，在此给大家真诚道歉。

现在我们正在浏览这期间的帖子，努力回忆内容，尽可能地多恢复一些，如果您还记得本帖原本的内容，也希望您能编辑回来，麻烦各位了。

O-17

$$
\begin{align*}
x^x\geqslant\frac{1+x^\tfrac52}{1+x^\tfrac12}
\Leftrightarrow{}&t^{2t^2}\geqslant\frac{1+t^{5}}{1+t}\\
\Leftrightarrow{}&2t^2\ln t\geqslant\ln\frac{1+t^{5}}{1+t}\\
\Leftrightarrow{}&f(x)=2x^2\ln x-\ln\frac{1+x^{5}}{1+x}\geqslant0
\end{align*}
$$
当 $x\geqslant1$ 时, 有
$$
f(x)\geqslant2x^2\left(1-\frac1x\right)-\ln\frac{1+x^{5}}{1+x}=:g(x)
$$
而 $g(1)=0$ 且
$$
g^\prime(x)=\frac{(x+1)(x-1)^2\left(4x^3+2x^2+2x-1\right)}{1+x^5}\geqslant0
$$
所以
$$
f(x)\geqslant g(x)\geqslant0.
$$
当 $0<x<1$ 时, 依 $\ln(1+x)$ 的 $(2,1)$ 阶 Pade 逼近
$$
\ln(1+x)\leqslant\frac{x^2+6x}{4x+6}=:\psi(x)
$$
可得
\begin{align*}
2x^2\ln x\geqslant{}&-2x^2\psi\left(\frac1x-1\right)\\\color{red}{\geqslant}{}&\psi(-x+x^2-x^3+x^4)\\\geqslant{}&\ln(1-x+x^2-x^3+x^4)\\{}=&\ln\frac{1+x^5}{1+x}
\end{align*}
待证明的就只有 $\color{red}{\geqslant}$ 了, 注意到
\begin{align*}
-2x^2\psi\left(\frac1x-1\right)-\psi(-x+x^2-x^3+x^4)={}&\frac{-x^{9} + 21  x^{7} - 38  x^{6} + 31  x^{5} - 42  x^{4} + 51  x^{3} - 28  x^{2} + 6  x}{4  x^{5} + 4  x^{4} - 4  x^{3} + 4  x^{2} - 2  x + 12}\\={}&\frac{x(1-x)^2}{4(x+2)}\frac{2x^4(x+3)(1-x)+8(2x-1)^2+(3x^2-2)^2+21x^4}{x^4+2+(x^2+1)(1-x)^2}\\\geqslant{}&0.~\square
\end{align*}