昨晚人教群里的一道不等式求妙解

kuing

教师-deftbitx(3483****)  22:59:55
kk,再来一个吧
已知a,b,c都是非负实数,且a+b+c=2 ,求P=ab/(1+c^2)+bc/(1+a^2)+ca/(1+b^2)的最大值.

题目：已知 $a$, $b$, $c$ 都是非负实数，且 $a+b+c=2$，求\[P(a,b,c)=\frac{ab}{1+c^2}+\frac{bc}{1+a^2}+\frac{ca}{1+b^2}\]的最大值。

我的解法比较难看，求高手给个妙解。

kuing

呃，没人玩？好吧，我写一下我的证法。

$P(0,1,1)=1$，下面证明 $P(a,b,c)\leqslant1$。

当 $x\in\mbb R$ 时
\[\frac{x^2}4-x+\frac54-\frac1{1+x^2}=\frac{(x-1)^4}{4(1+x^2)}\geqslant0 \riff\frac1{1+x^2}\leqslant\frac{x^2}4-x+\frac54,\]
当 $x^2\leqslant1$ 时
\[1-\frac{x^2}2-\frac1{1+x^2}=\frac{x^2(1-x^2)}{2(1+x^2)}\geqslant0 \riff\frac1{1+x^2}\leqslant1-\frac{x^2}2,\]
由对称性，不妨设 $a=\min\{a,b,c\}$，则必有 $a\leqslant2/3\riff a^2<1$，故由以上两式得
\begin{align*}
P(a,b,c)&\leqslant ab\left( \frac{c^2}4-c+\frac54 \right)+bc\left( 1-\frac{a^2}2 \right)+ca\left( \frac{b^2}4-b+\frac54 \right) \\
&=\frac{abc(b+c)}4-2abc+\frac{5a(b+c)}4+bc\left( 1-\frac{a^2}2 \right) \\
&=bc\left( \frac{a(2-a)}4-2a+1-\frac{a^2}2 \right)+\frac{5a(2-a)}4 \\
&=\frac{bc}4(4-6a-3a^2)+\frac{5a(2-a)}4,
\end{align*}
当 $4-6a-3a^2<0$ 时，易证此时有 $a>1/2$，故\(\require{cancel}\)
\[\xcancel{P(a,b,c)\leqslant\frac{5a(2-a)}4<\frac54\cdot\frac12\cdot\frac32<1;}\gets 这步错了，修正后的见6楼\]
当 $4-6a-3a^2\geqslant0$ 时，由均值得
\begin{align*}
P(a,b,c)&\leqslant \frac{(2-a)^2}{16}(4-6a-3a^2)+\frac{5a(2-a)}4 \\
&=1-\frac1{16}a^2(3a^2-6a+4) \\
&=1-\frac1{16}a^2(6a^2+4-6a-3a^2) \\
&\leqslant1.
\end{align*}
综上所述，$P(a,b,c)\leqslant1$ 得证，即最大值就是 $1$。

其妙

回复 2# kuing
，用二次函数逼近啊？一般都用切线逼近，学习了！

kuing

回复 3# 其妙

直线切不了，就升到二次了，当然我是看了图象才够胆试。
证得不太好看，感觉应该有两三下手势华丽解决的方法，继续求妙解……

kuing

突然发现一个错误，已在2#标上，待修正。

kuing

修正 2# 错误部分：
当 $4-6a-3a^2<0$ 时，易证此时有 $a>1/2$，故 $(2a-1)(2-3a)\geqslant0$，由
\[(b-a)(c-a)\geqslant0 \iff bc\geqslant a(b+c)-a^2=2a(1-a),\]
故
\[P(a,b,c)\leqslant\frac{a(1-a)}2(4-6a-3a^2)+\frac{5a(2-a)}4,\]
而
\[1-\left(\frac{a(1-a)}2(4-6a-3a^2)+\frac{5a(2-a)}4\right)=\frac{a^2(2a-1)(2-3a)+(1-a)(13a^2-14a+4)}4>0,\]
故此时有 $P(a,b,c)<1$；

kuing

修正完后，解法就更难看了继续求妙解

szl6208

给一个平方分拆吧！
$1-\sum\frac{ab}{1+c^2} = \frac{\sum(a-b)^2(1-c)^2[(32c-13)^2+32ab+1111]}{2048(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)} + \frac{169a^2b^2c^2}{64(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)}$
麻烦管理员给代码优化一下.我是越高越乱，没招啦！谢谢！！！

kuing

回复 8# szl6208

够bao力的感觉……还1111……

优化代码？噢：
优化前的代码：
1 - \sum {\frac{{ab}}{{1 + {c^2}}}}  = \frac{{\sum {{{\left( {a - b} \right)}^2}{{\left( {a + b - c} \right)}^2}\left[ {{{\left( {32c - 13} \right)}^2} + 32ab + 1111} \right]} }}{{8192\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)\left( {1 + {c^2}} \right)}} + \frac{{169{a^2}{b^2}{c^2}}}{{64\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)\left( {1 + {c^2}} \right)}}
显示：
\[1 - \sum {\frac{{ab}}{{1 + {c^2}}}}  = \frac{{\sum {{{\left( {a - b} \right)}^2}{{\left( {a + b - c} \right)}^2}\left[ {{{\left( {32c - 13} \right)}^2} + 32ab + 1111} \right]} }}{{8192\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)\left( {1 + {c^2}} \right)}} + \frac{{169{a^2}{b^2}{c^2}}}{{64\left( {1 + {a^2}} \right)\left( {1 + {b^2}} \right)\left( {1 + {c^2}} \right)}}\]

优化后的代码：
1-\sum\frac{ab}{1+c^2} = \frac{\sum(a-b)^2(a+b-c)^2[(32c-13)^2+32ab+1111]}{8192(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)} + \frac{169a^2b^2c^2}{64(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)}
显示：
\[1-\sum\frac{ab}{1+c^2} = \frac{\sum(a-b)^2(a+b-c)^2[(32c-13)^2+32ab+1111]}{8192(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)} + \frac{169a^2b^2c^2}{64(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)}\]

szl6208

哦，谢谢，非常感谢！
不好意思，程序做的！

kuing

回复 10# szl6208
咦，改了个数字？哪个才是啊？

szl6208

都行，利用条件$a+b+c=2$简化了一下.
刚发现数字错误，已经改正.反正挺麻烦的。

pxchg1200

考虑神奇的局部
\[ \frac{4ab}{(a+b+c)^2+4c^2}\leq \frac{ab(a+b)}{a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)} \]
.................................

kuing

回复 13# pxchg1200
果然有华丽证法，这么牛笔，谁给出的？

pxchg1200

西西哥做的。 Orz

kuing

这菊部的确牛笔 OTZ

Tesla35

回复 16# kuing


    果真是不一般的菊部

其妙

条件改成$a+b+c=k$，这个又怎么局部？