来自某教师群的锐角三角不等式$\sum(\cos B+\cos C)^2\le3$

kuing

【活跃】广州陈泽桐(5956*****)  23:36:03

令 $b^2+c^2-a^2=x$, $c^2+a^2-b^2=y$, $a^2+b^2-c^2=z$，则由锐角三角形知 $x$, $y$, $z>0$，且 $a=\sqrt{(y+z)/2}$, $b=\sqrt{(z+x)/2}$, $c=\sqrt{(x+y)/2}$，所以有
\[\cos A=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac x{\sqrt{(z+x)(x+y)}},\]
等，故有
\begin{align*}
\cos B+\cos C&=\frac y{\sqrt{(x+y)(y+z)}}+\frac z{\sqrt{(y+z)(z+x)}} \\
& =\frac{y\sqrt{z+x}+z\sqrt{x+y}}{\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}},
\end{align*}
等，由此可见原不等式等价于
\[\sum\bigl( y\sqrt{z+x}+z\sqrt{x+y} \bigr)^2\leqslant 3(x+y)(y+z)(z+x),\]
由柯西不等式有
\begin{align*}
\bigl( y\sqrt{z+x}+z\sqrt{x+y} \bigr)^2&\leqslant (y+z)\bigl(y(z+x)+z(x+y)\bigr) \\
& =(y+z)(xy+yz+zx)+yz(y+z),
\end{align*}
所以
\begin{align*}
\sum\bigl( y\sqrt{z+x}+z\sqrt{x+y} \bigr)^2 &\leqslant 2(x+y+z)(xy+yz+zx)+\sum yz(y+z) \\
& = 2(x+y)(y+z)(z+x)+2xyz+\sum yz(y+z) \\
& =3(x+y)(y+z)(z+x),
\end{align*}
即得证。

kuing

发现最后两步有点2，改成下面这样更好看些：
\begin{align*}
\bigl( y\sqrt{z+x}+z\sqrt{x+y} \bigr)^2&\leqslant (y+z)\bigl(y(z+x)+z(x+y)\bigr) \\
& =y(y+z)(z+x)+z(x+y)(y+z),
\end{align*}
所以
\begin{align*}
\sum\bigl( y\sqrt{z+x}+z\sqrt{x+y} \bigr)^2 &\leqslant \sum y(y+z)(z+x)+\sum z(x+y)(y+z)\\
&=\sum y(y+z)(z+x)+\sum x(y+z)(z+x)\\
&=\sum (x+y)(y+z)(z+x)\\
&=3(x+y)(y+z)(z+x).
\end{align*}