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我还是写一下过程吧。
$a$, $b$, $c>0$, $abc=1$
\[
\frac1a+\frac1b+\frac1c+\frac{\lambda}{a+b+c}\geqslant 9
\iff \lambda \geqslant (9-ab-bc-ca)(a+b+c),
\]
于是等价于求 $(9-ab-bc-ca)(a+b+c)$ 的最大值。
由对称性，不妨设 $c\leqslant b\leqslant a$，则由 $abc=1$ 知 $c\leqslant 1$。
（1）若 $c<1/9$，则 $ab>9$，此时 $(9-ab-bc-ca)(a+b+c)<0$；
（2）若 $1/9\leqslant c\leqslant 1$，则
\begin{align*}
(9-ab-bc-ca)(a+b+c)&=c\left( \frac9c-\frac1{c^2}-a-b \right)(a+b+c) \\
& \leqslant \frac c4\left( \frac9c-\frac1{c^2}-a-b+a+b+c \right)^2 \\
& =\frac c4\left( \frac9c-\frac1{c^2}+c \right)^2,
\end{align*}
令
\[f(c)=\frac c4\left( \frac9c-\frac1{c^2}+c \right)^2,\quad\frac19\leqslant c\leqslant 1,\]
下面求 $f(c)$ 的最大值，求导并因式分解得
\[f'(c)=\frac{3(c^3-3c+1)(c^3+9c-1)}{4c^4},\]
由 $c\geqslant 1/9$ 知 $c^3+9c-1>0$，又易证 $g(c)=c^3-3c+1$ 在 $[1/9,1]$ 上递减且 $g(1/9)g(1)<0$，于是 $c^3-3c+1=0$ 在 $[1/9,1]$ 上有且只有一个解，记此解为 $c_0$（它的值约为$0.347$），于是得到
\[f(c)_{\max}=f(c_0)\approx 28.04.\]
综合（1）（2），我们得到了 $(9-ab-bc-ca)(a+b+c)\leqslant f(c_0)$。
最后我们来验证取等条件，当 $b=c=c_0$ 且 $a=1/c_0^2$ 时，有
\begin{align*}
(9-ab-bc-ca)(a+b+c)- f(c_0)&=\left(9-\frac2{c_0}-c_0^2\right)\left(\frac1{c_0^2}+2c_0\right) - \frac{c_0}4\left( \frac9{c_0}-\frac1{c_0^2}+c_0 \right)^2\\
&=\frac{9(c_0^3-3c_0+1)^2}{4c_0^3}\\
&=0.
\end{align*}
综上，我们得到了 $(9-ab-bc-ca)(a+b+c)$ 的最大值为 $f(c_0)$，即 $\lambda $ 的最小值为 $f(c_0)\approx 28.04$。
至于将 $f(c_0)$ 化为某个多项式的根，可以用结式去做，结果就是我前面给出的 $x^3 - 24x^2 - 537x + 11881 = 0$，具体过程这里就不扯了，反正也没什么用。 |
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楼主: 其妙
kuing
发表于 2014-4-5 19:07
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