一个三元优美不等式

wanhuihua

$$
\eqalign{
  & Let{\text{ }}1 \geqslant x,y,z \geqslant 0 and{\text{ }}xyz = (1 - x)(1 - y)(1 - z)  \cr
  & {\text{Prove  }}\sqrt {\left( {1 - x} \right)\left( {1 - y} \right)}  + \sqrt {\left( {1 - y} \right)\left( {1 - z} \right)}  + \sqrt {\left( {1 - z} \right)\left( {1 - x} \right)}  \leqslant x + y + z \cr}
$$

kuing

假如 `xyz=(1-x)(1-y)(1-z)=0`，那三变量中至少一个为 `0` 另一个为 `1`，比如 `x=0`, `y=1`，此时不等式为 `\sqrt{1-z}\leqslant1+z`，显然成立。

当 `xyz=(1-x)(1-y)(1-z)\ne0` 时，令
\[\frac x{1-x}=a,~\frac y{1-y}=b,~\frac z{1-z}=c,\]
则 `a`, `b`, `c>0`, `abc=1`，由对称性不妨设 `c=\max\{a,b,c\}`，则 `ab\leqslant1`，由上式解出
\[x=\frac a{1+a},~y=\frac b{1+b},~z=\frac c{1+c}=\frac1{ab+1},\]
代入待证不等式中化为
\[\frac1{\sqrt{(1+a)(1+b)}}+\left(\frac1{\sqrt{1+a}}+\frac1{\sqrt{1+b}}\right)\sqrt{\frac{ab}{ab+1}}\leqslant\frac a{1+a}+\frac b{1+b}+\frac1{ab+1},\quad(*)\]
记 `t=a+b`, `u=ab`，上式化为
\begin{gather*}
\frac1{\sqrt{(1+a)(1+b)}}+\sqrt{\frac1{1+a}+\frac1{1+b}+\frac2{\sqrt{(1+a)(1+b)}}}\sqrt{\frac{ab}{ab+1}}\leqslant\frac{a(1+b)+b(1+a)}{(1+a)(1+b)}+\frac1{ab+1},\\
\frac1{\sqrt{1+t+u}}+\sqrt{\frac{2+t}{1+t+u}+\frac2{\sqrt{1+t+u}}}\sqrt{\frac u{u+1}}\leqslant\frac{t+2u}{1+t+u}+\frac1{u+1},\\
\frac1{\sqrt{1+t+u}}+\sqrt{1+\frac{1-u}{1+t+u}+\frac2{\sqrt{1+t+u}}}\sqrt{\frac u{u+1}}\leqslant1-\frac{1-u}{1+t+u}+\frac1{u+1},
\end{gather*}
由先前所设有 `u\leqslant1`，那么当 `u` 固定时，上式左边关于 `t` 递减，右边关于 `t` 递增，由此可见只需证明当 `t` 取最小值的情况，亦即 `a=b` 时的情况即可，此时式 (*) 化为
\[\frac1{1+a}+\frac{2a}{\sqrt{(1+a)(a^2+1)}}\leqslant\frac{2a}{1+a}+\frac1{a^2+1},\]
去分母化简为
\[2\sqrt{(1+a)(a^2+1)}\leqslant3-a+2a^2,\]
由均值有
\[\LHS\leqslant1+a+a^2+1=3-a+2a^2-(a-1)^2\leqslant\RHS,\]
所以原不等式得证。

kuing

注：原不等式也可以写成如下轮换齐次不等式：
若 `a`, `b`, `c>0`，则有
\[\sum\sqrt{\frac{bc}{(a+b)(b+c)}}\leqslant\sum\frac a{a+b}.\]
也很优美呢，我刚开始时是想从这里入手，可是没搞出来，后来才转向三元变二元。

wanhuihua

kuing 发表于 2024-2-29 16:22
注：原不等式也可以写成如下轮换齐次不等式：
若 `a`, `b`, `c>0`，则有
\[\sum\sqrt{\frac{bc}{(a+b)(b+c) ...

kuing

kuing 发表于 2024-2-29 16:22
注：原不等式也可以写成如下轮换齐次不等式：
若 `a`, `b`, `c>0`，则有
\[\sum\sqrt{\frac{bc}{(a+b)(b+c) ...

有了，柯西加暴力展开可以证出，重写一下：

当 `xyz=(1-x)(1-y)(1-z)\ne0` 时，可令
\[\frac x{1-x}=\frac ab,~\frac y{1-y}=\frac bc,~\frac z{1-z}=\frac ca\riff x=\frac a{a+b},~y=\frac b{b+c},~z=\frac c{c+a},\]
其中 `a`, `b`, `c>0`，代入原不等式可知其等价于
\[\sum\sqrt{\frac{bc}{(a+b)(b+c)}}\leqslant\sum\frac a{a+b},\]
由柯西有
\[\left(\sum\sqrt{\frac{bc}{(a+b)(b+c)}}\right)^2\leqslant\sum\frac{bc}{b+c}\sum\frac1{a+b},\]
所以只需证
\[\sum\frac{bc}{b+c}\sum\frac1{a+b}\leqslant\left(\sum\frac a{a+b}\right)^2,\]
去分母可整理为
\[3(a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2-3a^2b^2c^2)+\sum ab(a^2-c^2)(b^2-c^2)\geqslant0,\]
（运气挺好😁）由均值及 Scuhr 不等式可知上式成立，所以原不等式获证。