再来一个不等式

flvbin

已知:$ a,b,c>0,a+b+c+abc=4 $,证明：
$ \frac{3}{ab+bc+ca+2} \geqslant \frac{1}{a+b+3c}+\frac{1}{b+c+3a}+\frac{1}{c+a+3b}\geqslant \frac{3}{a+b+c+2}$

kuing

记 $p=a+b+c$, $q=ab+bc+ca$, $r=abc$，若 `p<3` 则 `r<1` 显然不能满足 `p+r=4`，又显然 `p<4`，即有 `p\in[3,4)`。

由条件及 Schur 不等式有
\[4-p=r\geqslant\frac{4pq-p^3}9\riff q\leqslant\frac{36-9p+p^3}{4p},\quad(*)\]
因为
\[\sum\frac1{a+b+3c}=\sum\frac1{p+2a}=\frac{7p^2+4q}{3p^3+4pq+8r}=\frac{7p^2+4q}{3p^3+4pq-8p+32},\]
所以原不等式可写成
\[\frac3{q+2}\geqslant\frac{7p^2+4q}{3p^3+4pq-8p+32}\geqslant\frac3{p+2},\]
先证右边，去分母整理为
\[-48+12p+7p^2-p^3\geqslant4(p-1)q,\]
由式 (*) 知只需证
\[-48+12p+7p^2-p^3\geqslant(p-1)\frac{36-9p+p^3}p,\]
上式可分解为
\[\frac{(4-p)(p-3)(2p^2+6p-3)}p\geqslant0,\]
由 `p\in[3,4)` 知上式显然成立，右边得证；

再证左边，去分母整理为
\[96-24p-14p^2+9p^3\geqslant4q^2+(8-12p+7p^2)q,\]
由式 (*) 知只需证
\[96-24p-14p^2+9p^3\geqslant4\left(\frac{36-9p+p^3}{4p}\right)^2+(8-12p+7p^2)\frac{36-9p+p^3}{4p},\]
上式可分解为
\[\frac{(4-p)(p-3)(8p^4+8p^3-57p^2+33p+108)}{4p^2}\geqslant0,\]
由 `p\in[3,4)` 易知上式成立，左边得证。

flvbin

kuing 发表于 2025-1-24 21:24
记 $p=a+b+c$, $q=ab+bc+ca$, $r=abc$，若 `p<3` 则 `r<1` 显然不能满足 `p+r=4`，又显然 `p<4`，即有 `p\i ...