不等式这样的条件，有哪些换元方法

力工

已知$x,y,z$为正数，(1)$x+y+z+2=xyz$,求证：$3(x+y+z){\ge}xy+yz+zx+6$.
(2)$x+y+z+2{\le xyz}$，证：${\frac{1}{(xy+z)}}$+${\frac{1}{(yz+x)}}$+${\frac{1}{xz+y}}$${\le}$${\frac{1}{2}}$.
这类题.

kuing

总感觉你抄错了题

力工

回复 2# kuing

好眼力，高手不同凡响！已再核了一遍，这样的题好象换元的方法不一致，前面用过的又不能用了，总是处处碰壁。kuing有神总结吗？

kuing

已知$x,y,z$为正数，(1)$xy+yz+zx+2=xyz$,求证：$3(x+y+z){\ge}xy+yz+zx+6$.
(2)$xy+yz+zx+2{\le xyz}$，证 ...
力工 发表于 2016-9-4 10:30

我主要指的是条件可能没写对，首先就找不到常规的取等条件，两道都是。
而第一题刚刚还发现根本不成立，比如说 x = 4, y = 4, z = 9/4
第二题用软件画个图似乎是成立但也取不了等

力工

回复 4# kuing

果然，谢谢，有劳!

kuing

已知$x,y,z$为正数，(1)$x+y+z+2=xyz$,求证：$3(x+y+z){\ge}xy+yz+zx+6$.
(2)$x+y+z+2{\le xyz}$，证：${\f ...
力工 发表于 2016-9-4 10:30

你再修改之后，这次第一题的条件就和《撸题集》第 1006 页题目 6.10.88. 的一样了。
然而！这时不等式还是不成立的，比如 x=y=4, z=2/3

力工

回复 6# kuing


    怎么会这样？还是错了?第2个呢？请教

kuing

回复 7# 力工

还好，第二题是成立的，而且挺简单。

$x+y+z+2\leqslant xyz$ 等价于
\[f(x,y,z)=\frac1{1+x}+\frac1{1+y}+\frac1{1+z}\leqslant 1,\]
如果 $f(x,y,z)<1$，则总可以将 $x$, $y$, $z$ 缩小使 $f(x,y,z)=1$，而 $x$, $y$, $z$ 缩小时待证的不等式左边增大，由此可见，只需证明 $f(x,y,z)=1$ 的情况即可，此时就可以令
\[x=\frac{b+c}a, y=\frac{c+a}b, x=\frac{a+b}c, a,b,c>0,\]
代入后均值即可，很简单，我就不写了。

力工

已知$a,b,c\geqslant 0$,且$ab+bc+ca+abc=1$,
试证：$\dfrac{1}{a^4+1}+\dfrac{1}{b^4+1}+\dfrac{1}{c^4+1}$$\geqslant 2$
@kuing

kuing

已知$a,b,c\geqslant 0$,且$ab+bc+ca+abc=1$,
试证：$\dfrac{1}{a^4+1}+\dfrac{1}{b^4+1}+\dfrac{1}{c^4+1} \geqslant 2$
力工 发表于 2016-10-9 09:32

还是再次使用最近用过几次（如这里和这里）的“弱化——逆否——强化——代换”套路吧，还能作指数推广呢……

记 $f(a,b,c)=ab+bc+ca$，设实数 $r\geqslant 2$，再记
\[g(a,b,c)=\frac1{a^r+1}+\frac1{b^r+1}+\frac1{c^r+1}.\]

下面将证明更一般的结果：若 $f(a,b,c)\leqslant 1$，则 $g(a,b,c)\geqslant 2$。（$a$, $b$, $c$ 依旧非负，下同）

与之等价的逆否命题为：若 $g(a,b,c)<2$，则 $f(a,b,c)>1$。

而这又只需证明此命题：若 $g(a,b,c)=2$，则 $f(a,b,c)\geqslant 1$，这是因为当 $g(a,b,c)<2$ 时由于 $g(a,b,c)$ 关于 $a$, $b$, $c$ 均递增，显然存在 $\lambda>1$ 使 $g(\lambda a,\lambda b,\lambda c)=2$，而 $f(a,b,c)$ 关于 $a$, $b$, $c$ 均递减，那么若此命题成立则有 $f(a,b,c)>f(\lambda a,\lambda b,\lambda c)\geqslant 1$。

现在开始证明当 $g(a,b,c)=2$ 时 $f(a,b,c)\geqslant 1$。

因为
\[g(a,b,c)=2 \iff
\frac{a^r}{a^r+1}+\frac{b^r}{b^r+1}+\frac{c^r}{c^r+1}=1,\]
可见存在 $x$, $y$, $z\geqslant 0$ 使
\[\frac{a^r}{a^r+1}=\frac x{x+y+z},
\frac{b^r}{b^r+1}=\frac y{x+y+z},
\frac{c^r}{c^r+1}=\frac z{x+y+z},\]
解得
\[a=\left(\frac x{y+z}\right)^{1/r},
b=\left(\frac y{z+x}\right)^{1/r},
c=\left(\frac z{x+y}\right)^{1/r},\]
故此要证明的就是
\[\sum\left(\frac{xy}{(y+z)(z+x)}\right)^{1/r}\geqslant 1,
\]
注意括号内都不大于 $1$，因此上式关于 $r$ 递增，故由 $r\geqslant 2$ 可知只需证明当 $r=2$ 的情形即可，亦即证
\[\sum\sqrt{\frac{xy}{(y+z)(z+x)}}\geqslant 1,\]
即
\[\sum\sqrt{xy(x+y)}\geqslant \sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)},\]
因为
\begin{align*}
\left(\sum\sqrt{xy(x+y)}\right)^2
&=\sum xy(x+y)+2\sum\sqrt{xy(x+y)}\sqrt{yz(y+z)}\\
&\geqslant \sum xy(x+y)+6xyz\\
&=(x+y)(y+z)(z+x)+4xyz\\
&\geqslant (x+y)(y+z)(z+x),
\end{align*}
即得证。

值得一提的是不等式的取等条件为 $a=0$, $bc=1$ 及其轮换。

另外，暂时还不敢确定 $r=2$ 是不是最佳指数，有待研究……

kuing

楼上的第一个“这里”的链接里同样也得出了指数推广，这招真是屡试不爽啊！

力工

回复 11# kuing

orz，果然高！渣也开公众号了,多多创作，多多收益！

色k

回复 12# 力工

那就要看你们打赏得多不多了

kuing

回复 12# 力工

刚才修改了一下10楼，再把条件减弱了一下。

kuing

回复 14# kuing

突然发现，既然都能丢掉 $abc$ 了，那其实也不必再玩逆否了，可以直接证，而且非常简单。

下面依然证明命题：$a$, $b$, $c\geqslant 0$, $ab+bc+ca\leqslant 1$, $r\geqslant 2$，则有
\[\frac1{a^r+1}+\frac1{b^r+1}+\frac1{c^r+1}\geqslant 2.\]

令 $x=a^{r/2}$, $y=b^{r/2}$, $z=c^{r/2}$，由 $r/2\geqslant 1$ 有
\[xy+yz+zx=(ab)^{r/2}+(bc)^{r/2}+(ca)^{r/2}
\leqslant (ab+bc+ca)^{r/2}\leqslant 1,\]
于是
\begin{align*}
\sum\frac1{a^r+1}&=\sum\frac1{x^2+1} \\
&\geqslant \sum\frac{xy+yz+zx}{x^2+xy+yz+zx} \\
&=\frac{2(xy+yz+zx)(x+y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)} \\
&=2+\frac{2xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)} \\
&\geqslant 2.
\end{align*}