一个老不等式题(华东师大蓝盖的封皮书上的)

力工

@kuing,@色k，@删广告专用!
已知$x,y,z>0$，且$xyz=1$，求\[\dfrac{1}{\sqrt{x+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{y+1}}+\dfrac{1}{\sqrt{z+1}}\]
的最大值.
此题在熊兵和苏勇《不等式的技巧与方法》（蓝盖的封皮书）上用了很烦的办法，求秒。

力工

结果显然，过程未知，切线无效啊。我猜用切线法：1/sqrt(x+1)<=(sqrt2)/2-alnx，可一画图就知道错了。

kuing

刚想出一种简证，不过不敢肯定是不是新的，毕竟套路不新。

当 $x=y=z=1$ 时原式为 $3/\sqrt2$，下面证明这就是最大值。作置换 $x\to x^2$ 等，即等价于在同样条件下证
\[\frac1{\sqrt{x^2+1}}+\frac1{\sqrt{y^2+1}}+\frac1{\sqrt{z^2+1}}\leqslant \frac3{\sqrt2}.\]

因为
\[\frac98\left(\frac{x+1}{x^2+x+1}\right)^2-\frac1{x^2+1}=\frac{(x-1)^2(x^2+4x+1)}{8(x^2+1)(x^2+x+1)^2}\geqslant 0,\]
所以
\[\sum\frac1{\sqrt{x^2+1}}\leqslant\frac3{2\sqrt2}\sum\frac{x+1}{x^2+x+1},\]
故只需证
\[\sum\frac{x+1}{x^2+x+1}\leqslant 2,\]
即
\[\sum\frac{x^2}{x^2+x+1}\geqslant 1,\]
这是个经典不等式（其巧妙证法一时想不起，不过它去分母后等价于 $\sum x^2(y-z)^2\geqslant 0$），即得证。

力工

回复 3# kuing

谢谢给我了一个学习机会！应该新吧，如果从kuing的大脑中能出来的，而不是书上的。

kuing

回复 4# 力工

主要是题太老了，被玩太多，即使独立证出也可能重复前人的工作……

kuing

咦？突然发现，当年经典的 08 江西不等式也可以这样做呢。

08 江西不等式右边等价于：$a$, $b$, $c>0$, $abc=8$，求证
\[\frac1{\sqrt{1+a}}+\frac1{\sqrt{1+b}}+\frac1{\sqrt{1+c}}<2,\]
令 $a=2x^2$, $b=2y^2$, $c=2z^2$, $x$, $y$, $z>0$，则等价于在 $xyz=1$ 下证
\[\frac1{\sqrt{1+2x^2}}+\frac1{\sqrt{1+2y^2}}+\frac1{\sqrt{1+2z^2}}<2,\]
因为
\[\left(\frac{x+1}{x^2+x+1}\right)^2-\frac1{1+2x^2}=\frac{x^3(x+2)}{(x^2+x+1)^2(1+2x^2)}>0,\]
所以
\[\sum\frac1{\sqrt{1+2x^2}}<\sum\frac{x+1}{x^2+x+1},\]
那么同样只需证
\[\sum\frac{x+1}{x^2+x+1}\leqslant 2,\]
就和上面一样了。

如此看来，我正在重复前人工作的机率就更大了！

isee

咦？突然发现，当年经典的 08 江西不等式也可以这样做呢。

08 江西不等式右边等价于：$a$, $b$, $c>0$, $a ...
kuing 发表于 2016-12-7 15:53

    独立重复发现是太正常的事儿了，说明有水准

Infinity

回复 1# 力工


        令 $x=\frac{b^2}{a^2}$，$y=\frac{c^2}{b^2}$，$z=\frac{a^2}{c^2}$，自动满足$x,y,z>0$且$xyz=1$的条件，原不等式可齐次化为\[\sum\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\leqslant \frac{3\sqrt{2}}{2}\tag{1}\]其中求和符号表示轮换求和（为方便省去$cyc$下标，下同）。
$(1)$可等价写成\[\sum\frac{a^2+c^2}{2(a^2+b^2+c^2)}\sqrt{\frac{4a^2(a^2+b^2+c^2)^2}{(a^2+b^2)(a^2+c^2)^2}}\leqslant \frac{3}{2}\sqrt{2}\]考虑函数 $f(x)=\sqrt{x}$ 在正半轴上是凹函数，因此有\[\sqrt{\sum\frac{a^2+c^2}{2(a^2+b^2+c^2)}\cdot\frac{4a^2(a^2+b^2+c^2)^2}{(a^2+b^2)(a^2+c^2)^2})}\leqslant\frac{3}{\sqrt{2}}\]即\[\sum\frac{a^2(a^2+b^2+c^2)}{(a^2+b^2)(a^2+c^2)}\leqslant \frac{9}{4}\iff 8\left(\sum a^2b^2\right)\left(\sum a^2\right)\geqslant 9\prod (a^2+b^2)\iff c^2(a^2-b^2)^2\geqslant 0\]其中连乘符号$\Pi$也是表示轮换连乘，例如\[\prod (a+b)=(a+b)(b+c)(c+a).\]

kuing

在 docin.com/p-598615818.html 中看到如下证法：

下面从整体入手用柯西不等式给出一个简证：
由柯西不等式，有
\[
\begin{aligned}
& \left(\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+c^2}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+a^2}}\right)^2 \\
& =\left(\sqrt{a^2+c^2} \cdot \frac{a}{\sqrt{\left(a^2+b^2\right)\left(a^2+c^2\right)}}+\sqrt{b^2+a^2} \cdot \frac{b}{\sqrt{\left(b^2+c^2\right)\left(b^2+a^2\right)}}+\sqrt{c^2+b^2} \cdot \frac{c}{\sqrt{\left(c^2+a^2\right)\left(c^2+b^2\right)}}\right)^2 \\
& \leq 2\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(\frac{a^2}{\left(a^2+b^2\right)\left(a^2+c^2\right)}+\frac{b^2}{\left(b^2+c^2\right)\left(b^2+a^2\right)}+\frac{c^2}{\left(c^2+a^2\right)\left(c^2+b^2\right)}\right)
\end{aligned}
\]
因此，要证式（1）右边不等式只需证
\[
\begin{aligned}
& \color{blue}{2}\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(\frac{a^2}{\left(a^2+b^2\right)\left(a^2+c^2\right)}+\frac{b^2}{\left(b^2+c^2\right)\left(b^2+a^2\right)}+\frac{c^2}{\left(c^2+a^2\right)\left(c^2+b^2\right)}\right) \leq \frac{9}{2} \\
& \Leftrightarrow 4\left(a^2+b^2+c^2\right)\left[a^2\left(b^2+c^2\right)+b^2\left(c^2+a^2\right)+c^2\left(a^2+b^2\right)\right] \leq 9\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right) \\
& \Leftrightarrow 8\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2 b^2+b^2 c^2+c^2 a^2\right) \leq 9\left(a^2+b^2\right)\left(b^2+c^2\right)\left(c^2+a^2\right)
\end{aligned}
\]
$\Leftrightarrow a^4 b^2+b^4 c^2+c^4 a^2+a^2 b^4+b^2 c^4+c^2 a^4 \geq 6 a^2 b^2 c^2$，由均值不等式知，后一不等式显然成立．因而原不等式成立。
（原文有个系数打错，上面已改）

这个证法和楼上的类似，虽然一个是柯西，一个是凹函数，但得到的结果相同，所以说重复发现的可能性大。

Infinity

因为柯西不等式是赫尔德不等式的特例，而赫尔德不等式可以由琴生不等式证明，故柯西能解决的琴生也能解决，反之不一定成立。

这意味着，楼主所给的不等式可以进一步加强（但不一定能用常用不等式解决，因为琴生不等式属于解析的范畴）。

注：琴生不等式本质是利用函数凹凸性，用到了微分性质，严格来说属于解析不等式范畴（因为f(x)本身并不限定是多项式或有理式），所以适用性更广一些。

Infinity

回复 3# kuing


    请问是如何想到用$\frac{x+1}{x^2+x+1}$来估计上界呢？有没有窍门？