一类不等式

lemondian

看到一组不等式：
1.若$a,b,c>0$，且$a+b+c=3$。证明：$a^3+b^3+c^3+5(ab+bc+ca)\geqslant 18$.
2.若$a,b,c>0$，且$a+b+c=3$。证明：$a^4+b^4+c^4+9(ab+bc+ca)\geqslant 30$.
3.若$a,b,c>0$，且$a+b+c=3$。证明：$a^5+b^5+c^5+16(ab+bc+ca)\geqslant 51$.
4.若$a,b,c>0$，且$a+b+c=3$。证明：$a^6+b^6+c^6+24(ab+bc+ca)\geqslant 75$.
5.若$a,b,c>0$，且$a+b+c=3$。证明：$a^{18}+b^{18}+c^{18}+18(ab+bc+ca)\geqslant 57$.
比较感兴趣的是：
1.这类不等式的指数，$ab+bc+ca$前的系数，及不等号右边的数有什么关系？
2.这类题是如何搞出来的？

Aluminiumor

注意到
$$\sum a^n +k\cdot\sum ab=\sum a^n +\frac{k}{2}\cdot\sum a(b+c)=\sum (a^n+\frac{k}{2}(3a-a^2))$$
令
$$f(a)=a^n+\frac{k}{2}(3a-a^2),0\leq
a\leq3$$
$$f''(a)=n(n-1)a^{n-2}-k$$
$n\geq3$ 时, $f''(a)$单调递增, 且 $f''(0)<0, f''(3)=n(n-1)3^{n-2}-k$, 后者在题中诸不等式中大于$0$.
所以 $f(a)$ 先上凸后下凸, 由“半凹半凸定理“可知
极小值在如下情况取到(不妨设 $0\leq a\leq b\leq c\leq3$)
$(1)a=0$
$(2)b=c$
这两种情况的具体分析待补充……

kuing

Aluminiumor 发表于 2024-1-17 20:41
注意到
$$\sum a^n +k\cdot\sum ab=\sum a^n +\frac{k}{2}\cdot\sum a(b+c)=\sum (a^n+\frac{k}{2}(3a-a^2) ...

后面不太懂。
根据半凹半凸定理我只知道最小值必在两种情况中：（1）a=0；（2）b=c。

kuing

关于 `\sum a^n+k\sum ab\geqslant 3(k+1)`，显然 k 越大不等式越强。
看看主楼的那些 k 是否都为最大值（最佳系数）。

经软件计算：
只有第一个是最佳系数（齐次化后是 schur（不用试都知道））；
第二个的 9 可以加大至 9.5（证明见楼下）；
第三个的 16 可以加大至 `20-\frac{20}9\sqrt3\approx16.15`（证明见 9#）；
第四个的 24 可以加大至 24.658...（已经是三次方程的根）；
……
看来命题者就是这样将最佳数值取个整，就拿出来钓鱼了。

kuing

kuing 发表于 2024-1-17 22:06
经软件计算，只有第一个是最佳系数。
第二个的 9 可以加大至 9.5；
第三个的 16 可以加大至  ...

第二个最佳 9.5 的证明：
\begin{align*}
&\sum a^4+\frac{19}2\sum ab\left(\frac{\sum a}3\right)^2-\frac{63}2\left(\frac{\sum a}3\right)^4\\
={}&\frac{11}{18}\sum a^2(a-b)(a-c)+\frac19\sum ab(a-b)^2.
\end{align*}

lemondian

Aluminiumor 发表于 2024-1-17 20:41
注意到
$$\sum a^n +k\cdot\sum ab=\sum a^n +\frac{k}{2}\cdot\sum a(b+c)=\sum (a^n+\frac{k}{2}(3a-a^2) ...

这里看得不是很懂：如何说明$f(a)$是先上凸后下凸，“半凹半凸定理“是不是要说明在区间[m,n]是上凸，在[n,s]是下凸?
这里变量$a$在[0,3]，哪么在哪个区间是上凸，哪个区间是下凸？

lemondian

kuing 发表于 2024-1-17 22:06
关于 `\sum a^n+k\sum ab\geqslant 3(k+1)`，显然 k 越大不等式越强。
看看主楼的那些 k 是否都为最大值（ ...

这些“最佳系数”是如何看出来的呢？
第4个我在网上已看到有人得到这个不等式：
$a^5+b^5+c^5+17(ab+bc+ca)\geqslant \frac{855}{16}$

kuing

lemondian 发表于 2024-1-22 08:38
这些“最佳系数”是如何看出来的呢？
第4个我在网上已看到有人得到这个不等式：
$a^5+b^5+c^5+17(ab+bc+ca)\geqslant \frac{855}{16}$

“这些“最佳系数”是如何看出来的呢？” ——我 4# 已经说了“经软件计算”。

“第4个我在网上已看到有人得到……” ——应该是第 3 个吧？
1# 那些全是 (1,1,1) 取等的，所以我上面说的最佳系数是针对右边是 3(k+1) 的情况。
而你贴的这个 17 的右边并不是 3(k+1)，因此它不是 (1,1,1) 取等的（算了下是 (0,3/2,3/2) 取等，条件还得改成非负才行），与 1# 的有区别。
当然你也可以考虑在 (0,3/2,3/2) 取等的最佳系数，或许也可以弄出另一串不等式。

kuing

第三个的最佳 `20-\frac{20}9\sqrt3\approx16.15`，即：
若 `a`, `b`, `c>0`, `a+b+c=3`，求证
\[a^5+b^5+c^5+\left(20-\frac{20}9\sqrt3\right)(ab+bc+ca)\geqslant3\left(21-\frac{20}9\sqrt3\right).\]
证明：不妨设 `a=\min\{a,b,c\}`，有
\begin{align*}
&\sum a^5+\left(20-\frac{20}9\sqrt3\right)\sum ab\left(\frac{\sum a}3\right)^3-3\left(21-\frac{20}9\sqrt3\right)\left(\frac{\sum a}3\right)^5\\
={}&\frac{5(b-a)(c-a)}{352836}\Bigl(\bigl(3\sqrt3-4\bigr)(b+c)-22a\Bigr)^2\Bigl(4\bigl(27+\sqrt3\bigr)a+\bigl(40\sqrt3-9\bigr)(b+c)\Bigr)\\
&+\frac{5(b-c)^2}{2916}\bigl(16\sqrt3a^3+(b+c)\cdot M\bigr),
\end{align*}
其中
\[M=16\bigl(27+\sqrt3\bigr)(b^2+c^2)+\bigl(135+32\sqrt3\bigr)bc-\bigl(351-48\sqrt3\bigr)(b+c)a-\bigl(297-48\sqrt3\bigr)a^2,\]
只需证明 `M>0`，由 `a=\min\{a,b,c\}` 有 `(b+c)a\leqslant2bc` 及 `a^2\leqslant bc`，所以
\[M\geqslant32\bigl(27+\sqrt3\bigr)bc+\bigl(135+32\sqrt3\bigr)bc-2\bigl(351-48\sqrt3\bigr)bc-\bigl(297-48\sqrt3\bigr)bc=208\sqrt3bc,\]
即得证。

取等条件为 `a=b=c=1` 或者 `a=\frac23\sqrt3-1` 且 `b=c=2-\frac13\sqrt3` 及其轮换。

kuing

kuing 发表于 2024-1-22 22:57
...
...
当然你也可以考虑在 (0,3/2,3/2) 取等的最佳系数，或许也可以弄出另一串不等式。

对于 5 次方的，若是考虑 (0,3/2,3/2) 取等的最佳系数，远不止 17，软件说有
\[a^5+b^5+c^5+\frac{135}2(ab+bc+ca)\geqslant\frac{2673}{16}.\quad(\forall a,b,c\geqslant0,a+b+c=3)\]
证明还没想到……

kuing

不妨设 `a=\min\{a,b,c\}`，则
\begin{align*}
&\sum a^5+\frac{135}2\sum ab\left(\frac{\sum a}3\right)^3-\frac{2673}{16}\left(\frac{\sum a}3\right)^5\\
={}&\frac5{16}(b-c)^2(2a^3+M)+\frac5{16}a^2\cdot N+\frac54abc(2a^2+7ab+7ac+12bc),
\end{align*}
其中
\begin{align*}
M&=\bigl(a^2+(b-c)^2\bigr)(b+c-2a)-a(b-c)^2,\\
N&=a^3-3a^2(b+c)+2a(b+c)^2+(b+c)^3,
\end{align*}
只需证明 `M`, `N` 均非负即可，后者由 `a=\min\{a,b,c\}` 显然有 `N\geqslant0`，至于 `M`，易知 `b+c-2a\geqslant\abs{b-c}`，于是由均值得 `\bigl(a^2+(b-c)^2\bigr)(b+c-2a)\geqslant2a(b-c)^2`，所以 `M\geqslant0`。

所以原不等式获证，取等条件为 `a=0` 且 `b=c=3/2` 及其轮换。

kuing

kuing 发表于 2024-1-22 22:57
...
...
当然你也可以考虑在 (0,3/2,3/2) 取等的最佳系数，或许也可以弄出另一串不等式。

当我继续用软件算出 (0,3/2,3/2) 取等的一系列最佳系数后，发现它不如 (1,1,1) 取等那么复杂，我竟然能看出规律来，于是作出：

猜想：若 $a$, $b$, $c\geqslant0$ 且 $a+b+c=3$，正整数 `n\geqslant2`，则：
\[a^n+b^n+c^n+k_n(ab+bc+ca)\geqslant2\left(\frac32\right)^n+\frac94k_n,\]
其中
\[k_n=\left(\frac32\right)^{n-2}n(n-1).\]

（注：`n=2` 时为恒等式，`n=3` 时易证，`n=5` 时就是 10#）

lemondian

kuing 发表于 2024-1-26 15:53
当我继续用软件算出 (0,3/2,3/2) 取等的一系列最佳系数后，发现它不如 (1,1,1) 取等那么复杂，我竟然能看 ...

这个猜想不等式证出来了吗？@kuing

lemondian

kuing 发表于 2024-1-26 15:53
当我继续用软件算出 (0,3/2,3/2) 取等的一系列最佳系数后，发现它不如 (1,1,1) 取等那么复杂，我竟然能看 ...

再来看看12#的不等式有没有人证出来了？