求证一个三角不等式

lemondian

在$\triangle ABC$中，$k\geqslant 0$，求证：$\dfrac{a^k}{1+\cos^2B+\cos^2C}+\dfrac{b^k}{1+\cos^2C+\cos^2A}+\dfrac{c^k}{1+\cos^2A+\cos^2B}\leqslant \dfrac{2(a^k+b^k+c^k)}{3}$.

爪机专用

cos -> \cos

kuing

我已经证出来了，不过先等楼主修改好代码再发。

kuing

不妨设 `a\geqslant b\geqslant c`，则 `\sin A\geqslant\sin B\geqslant\sin C>0`，则 `1-\cos^2A\geqslant1-\cos^2B\geqslant1-\cos^2C`，则 `\cos^2A\leqslant\cos^2B\leqslant\cos^2C`，由此得
\[\frac1{1+\cos^2B+\cos^2C}\leqslant\frac1{1+\cos^2C+\cos^2A}\leqslant\frac1{1+\cos^2A+\cos^2B},\]
因此原不等式左边是反序和，所以由切比雪夫不等式得
\[\sum\frac{a^k}{1+\cos^2B+\cos^2C}\leqslant\frac13\sum a^k\sum\frac1{1+\cos^2B+\cos^2C},\]
所以只需证
\[\sum\frac1{1+\cos^2B+\cos^2C}\leqslant2,\quad(1)\]
上式等价于
\[\sum\frac{\cos^2B+\cos^2C}{1+\cos^2B+\cos^2C}\geqslant1,\]
由 CS 得
\begin{align*}
\LHS&=\sum\frac{(\cos^2B+\cos^2C)^2}{(\cos^2B+\cos^2C)(1+\cos^2B+\cos^2C)}\\
&\geqslant\frac{\left(\sum(\cos^2B+\cos^2C)\right)^2}{\sum(\cos^2B+\cos^2C)(1+\cos^2B+\cos^2C)}\\
&=\frac{4\left(\sum\cos^2A\right)^2}{2\sum\cos^2A+2\sum\cos^4A+2\sum\cos^2B\cos^2C}\\
&=\frac{2\left(\sum\cos^2A\right)^2}{\sum\cos^2A+\left(\sum\cos^2A\right)^2-\sum\cos^2B\cos^2C},
\end{align*}
所以只需证
\[\left(\sum\cos^2A\right)^2\geqslant\sum\cos^2A-\sum\cos^2B\cos^2C,\quad(2)\]
【这里暂时未想出简单的证法，先用余弦定理暴力撸掉它】
记 `(x,y,z)=(a^2,b^2,c^2)`，则有
\[\cos^2A=\left(\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\right)^2=\frac{(y+z-x)^2}{4yz},\]
同理有另外两式，将它们代入式 (2) 中，去分母后可以整理为
\[x^4(x-y)(x-z)+y^4(y-z)(y-x)+z^4(z-x)(z-y)\geqslant5(x-y)^2(y-z)^2(z-x)^2,\quad(3)\]
由 `x\geqslant y\geqslant z` 可设 `y=z+t`, `x=z+t+u`, `t`, `u\geqslant0`，上式即
\[(z+t+u)^4u(t+u)-(z+t)^4tu+z^4(t+u)t\geqslant5t^2u^2(t+u)^2,\]
将上式左边视作 `z` 的函数 `f(z)`，求导得
\begin{align*}
f'(z)&=4(z+t+u)^3u(t+u)-4(z+t)^3tu+4z^3(t+u)t\\
&\geqslant4(z+t+u)^3tu-4(z+t)^3tu\geqslant0,
\end{align*}
因此左边关于 `z` 递增，所以只需证明 `z=0` 的情形，而当 `z=0` 时式 (3) 等价于
\[(x-y)^4(x^2+3xy+y^2)\geqslant0,\]
显然成立，即得证。

注：式 (1) 相当于原不等式 `k=0` 时，换言之原不等式分子那些 `a^k` 啥的纯粹是吓人，完全没用，式 (1) 才是好的不等式。

kuing

虽然也不算简洁，但至少没有暴力展开，是纯手工证明。

将楼上的式 (2) 写成
\[\left(\sum\cos^2A-1\right)\sum\cos^2A+\sum\cos^2B\cos^2C\geqslant0.\quad(4)\]

若 `\triangle ABC` 为非锐角三角形，则 `\cos A\cos B\cos C\leqslant0`，由恒等式 `\sum\cos^2A+2\cos A\cos B\cos C=1`，则 `\sum\cos^2A\geqslant1`，此时式 (4) 显然成立；

若 `\triangle ABC` 为锐角三角形，记 `x=\tan A`, `y=\tan B`, `z=\tan C`，则 `x`, `y`, `z>0` 且 `x+y+z=xyz`，则
\[\cos^2A=\frac1{1+x^2}=\frac{xyz}{xyz+x^2(x+y+z)}=\frac{yz}{(x+y)(x+z)},\]
同理有另外两式，所以有
\begin{align*}
\sum\cos^2A&=\sum\frac{yz}{(x+y)(x+z)}=\frac{\sum yz(y+z)}{\prod(x+y)},\\
\sum\cos^2A-1&=\frac{\sum yz(y+z)}{\prod(x+y)}-1=\frac{-2xyz}{\prod(x+y)},\\
\sum\cos^2B\cos^2C&=\sum\frac{x^2yz}{(x+y)(y+z)^2(z+x)}=\frac{xyz}{\prod(x+y)}\sum\frac x{y+z},
\end{align*}
将它们代入式 (4) 中，可知式 (4) 等价于
\[-2\frac{\sum yz(y+z)}{\prod(x+y)}+\sum\frac x{y+z}\geqslant0,\]
去分母并注意 `\sum yz(y+z)=\sum x^2(y+z)`，上式化为
\[-2\sum x^2(y+z)+\sum x(x+y)(x+z)\geqslant0,\]
而 `(x+y)(x+z)-2x(y+z)=(x-y)(x-z)`，所以上式恰好就是 \schur 不等式 `\sum x(x-y)(x-z)\geqslant0`。

综上所述，楼上的式 (2) 再次得证。

kuing

写了那么多，楼主一点反应也没有，下次不写了。

lemondian

kuing 发表于 2024-11-12 13:58
写了那么多，楼主一点反应也没有，下次不写了。

看到另一证法：

kuing

lemondian 发表于 2024-11-16 11:41
看到另一证法：

这个证法不错（请注明出处，尊重作者）。

也就是说 4# 的式 (1) 这样证就得了：
\begin{align*}
\sum\frac1{1+\cos^2B+\cos^2C}&\leqslant\sum\frac1{1+\frac{(b\cos C+c\cos B)^2}{b^2+c^2}}\\
&=\sum\frac{b^2+c^2}{b^2+c^2+a^2}=2.
\end{align*}