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【师长】广州陈泽桐(5956*****) 22:06:58
这种题目不知道除了死配之外还有什么方法。。。
话说不知他说的“死配”是怎么个配法？
我的证法比较麻烦，希望没错。
题目：在 $\triangle ABC$ 中，求证
\[\left( \frac1a+\frac1b+\frac1c \right)(m_a+m_b+m_c)>\frac{15}2.\]
证明
（1）当 $\triangle ABC$ 为锐角三角形时，可令 $a^2=y+z$, $b^2=z+x$, $c^2=x+y$, $x$, $y$, $z>0$，由中线长公式有
\[m_a=\frac{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}2=\frac{\sqrt{4x+y+z}}2,\]
所以此时原不等式等价于
\[\sum\frac1{\sqrt{y+z}}\sum\sqrt{4x+y+z}>15,\]
由齐次性，不妨设 $x+y+z=1$，即证
\[\sum\frac1{\sqrt{1-x}}\sum\sqrt{3x+1}>15,\]
由对称性，不妨设 $x=\max \{x,y,z\}$，则必有 $x\geqslant 1/3$。
（i）若 $x>3/4$，则
\[\sum\frac1{\sqrt{1-x}}>\frac1{\sqrt{1-x}}+2>\frac1{\sqrt{1-\frac34}}+2=4,\]
易证对任意正数 $x$, $y$ 有
\[\sqrt{3x+1}+\sqrt{3y+1}>\sqrt{3(x+y)+1}+1,\]
由此可得
\[\sum\sqrt{3x+1}>\sqrt{3(x+y+z)+1}+2=4,\]
所以此时有
\[\sum\frac1{\sqrt{1-x}}\sum\sqrt{3x+1}>16>15;\]
（ii）若 $1/3\leqslant x\leqslant 3/4$，由琴生易得
\[\sum\frac1{\sqrt{1-x}}\geqslant \frac3{\sqrt{1-\frac{x+y+z}3}}=\frac{3\sqrt6}2,\]
又
\[\sum\sqrt{3x+1}>\sqrt{3x+1}+\sqrt{3(y+z)+1}+1=\sqrt{3x+1}+\sqrt{3(1-x)+1}+1=f(x),\]
显然 $f(x)$ 为上凸函数，故
\[f(x)\geqslant \min \left\{ f\left( \frac13 \right),f\left( \frac34 \right) \right\}=1+\frac{\sqrt7+\sqrt{13}}2,\]
所以此时有
\[\sum\frac1{\sqrt{1-x}}\sum\sqrt{3x+1}>\frac{3\sqrt6}2\left( 1+\frac{\sqrt7+\sqrt{13}}2 \right)\approx 15.1586>15.\]
故此当 $\triangle ABC$ 为锐角三角形时原不等式成立；
（2）当 $\triangle ABC$ 为非锐角三角形时，由对称性，不妨设 $c^2\geqslant a^2+b^2$。由上图可得
\[m_a+m_b>\frac32c,\]
于是只需证
\[\left( \frac1a+\frac1b+\frac1c \right)\left( \frac32c+m_c \right)\geqslant \frac{15}2,\]
即
\[\left( \frac1a+\frac1b+\frac1c \right)\bigl( 3c+\sqrt{2a^2+2b^2-c^2} \bigr)\geqslant 15,\]
由 \holder 不等式有
\[\left( \frac1a+\frac1b \right)^2(a^2+b^2)\geqslant 8,\]
故只需证
\[\left( \sqrt{\frac8{a^2+b^2}}+\frac1c \right)\bigl( 3c+\sqrt{2a^2+2b^2-c^2} \bigr)\geqslant 15,\]
令 $a^2+b^2=k^2c^2$, $k>0$，则由 $2a^2+2b^2>c^2\geqslant a^2+b^2$ 可得 $1\geqslant k>1/\sqrt2$，代入上式化简等价于证
\[\left( \frac{2\sqrt2}k+1 \right)\bigl( 3+\sqrt{2k^2-1} \bigr)\geqslant 15,\]
即
\[\sqrt{2k^2-1}\geqslant \frac{12k-6\sqrt2}{2\sqrt2+k},\]
由
\[2k^2-1-\left( \frac{12k-6\sqrt2}{2\sqrt2+k} \right)^2=\frac{\bigl(2k-\sqrt2\bigr)\bigl(2k^3+9\sqrt2k^2-120k+80\sqrt2\bigr)} {2\bigl(2\sqrt2+k\bigr)^2},\]
因为 $2k>\sqrt2$，故只需证
\[h(k)=2k^3+9\sqrt2k^2-120k+80\sqrt2\geqslant 0,\]
求导易知 $h(k)$ 在 $\bigl(1/\sqrt2,1\bigr]$ 内递减，所以
\[h(k)\geqslant h(1)=89\sqrt2-118>0,\]
故此当 $\triangle ABC$ 为非锐角三角形时原不等式也成立。
综上所述，原不等式得证。
期待简单漂亮的证法。 |
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其妙
Post time 2015-4-25 15:50
