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佛山杜国强(2905*****) 18:12:23
还是用回憋间14扯过的“作差有理化放缩法”吧……
为方便书写，令 $x=ab$, $y=bc$, $z=ca$，则易知 $x+y+z\leqslant 3$，将原不等式两边平方，等价于
\[2\sum \sqrt{(3-y)(3-z)}\geqslant 9+x+y+z,\]
由
\begin{align*}
2\sqrt{(3-y)(3-z)}-(6-y-z)
&=\frac{4(3-y)(3-z)-(6-y-z)^2}{2\sqrt{(3-y)(3-z)}+6-y-z} \\
&=\frac{-(y-z)^2}{2\sqrt{(3-y)(3-z)}+6-y-z} \\
&\geqslant \frac{-(y-z)^2}{2(3-y-z)+6-y-z} \\
&\geqslant \frac{-(y-z)^2}{12-3(x+y+z)},
\end{align*}
得到
\[2\sqrt{(3-y)(3-z)}\geqslant 6-y-z-\frac{(y-z)^2}{12-3(x+y+z)},\]
故
\[2\sum \sqrt{(3-y)(3-z)}\geqslant 18-2(x+y+z)-\frac{\sum (y-z)^2}{12-3(x+y+z)},\]
所以只需证明
\[\frac{\sum (y-z)^2}{12-3(x+y+z)}\leqslant 9-3(x+y+z),\]
去分母整理为
\[7(x+y+z)^2+6(xy+yz+zx)-63(x+y+z)+108\geqslant 0,\]
代回 $a$, $b$, $c$ 并齐次化为
\[7(ab+bc+ca)^2+6abc(a+b+c)-7(a+b+c)^2(ab+bc+ca)+\frac43(a+b+c)^4\geqslant 0,\]
上式可以配方为
\[\frac13\sum (a-b)^2(a-c)^2+\frac12\sum (b-c)^2(b+c-a)^2\geqslant 0,\]
显然成立，故原不等式得证。 |
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