似乎很简单？

绝艺如君

设 $a, b, c, d \ge 0$，$a+b+c+d=4$,求证：$\frac {1} {a^2 + b^2 + c^2 + 3} + \frac {1} {a^2 + b^2 + d^2 +
    3} + \frac {1} {a^2 + c^2 + d^2 +
    3} + \frac {1} {b^2 + c^2 + d^2 + 3}\leq\frac {2} {3} $.（数学通报2106号问题）

kuing

嗯，不难，柯西就行，就是四元写起来有点麻烦。

下面将系数推广一下：

命题：设 $a$, $b$, $c$, $d\geqslant 0$, $a+b+c+d=4$，则当 $k\geqslant 3/2$ 时，有
\[\sum\frac1{a^2+b^2+c^2+k}\leqslant \frac4{3+k}.\]

证明：易知原不等式等价于
\[\sum\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2+k}\geqslant \frac{12}{3+k},\]
由柯西有
\[
\sum\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2+k}\geqslant
\frac{\left( \sum\sqrt{a^2+b^2+c^2} \right)^2}{3(a^2+b^2+c^2+d^2)+4k}
=\frac{3(a^2+b^2+c^2+d^2)+M}{3(a^2+b^2+c^2+d^2)+4k},
\]
其中
\[M=2\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2+d^2)}
+2\sqrt{(a^2+c^2+b^2)(a^2+c^2+d^2)}
+\cdots\]
一共6个根号，再次用柯西，有
\begin{align*}
M&\geqslant 2(a^2+b^2+cd)+2(a^2+c^2+bd)+\cdots\\
&=5(a^2+b^2+c^2+d^2)+(a+b+c+d)^2\\
&=5(a^2+b^2+c^2+d^2)+16,
\end{align*}
所以
\[\sum\frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2+c^2+k}\geqslant
\frac{8(a^2+b^2+c^2+d^2)+16}{3(a^2+b^2+c^2+d^2)+4k},\]
而
\[\frac{8(a^2+b^2+c^2+d^2)+16}{3(a^2+b^2+c^2+d^2)+4k}\geqslant \frac{12}{3+k}
\iff (2k-3)(a^2+b^2+c^2+d^2-4)\geqslant 0,\]
显然 $a^2+b^2+c^2+d^2\geqslant 4$，所以不等式成立。


注：$k\geqslant 3/2$ 很可能不是最佳系数。

猜想：最佳系数是 $k=15/11$。

kuing

闲来无事，干脆写个 $n$ 元吧，尽管方法完全一样。

设 $a_i\geqslant 0$, $a_1+a_2+\cdots +a_n=n$, $n\geqslant 3$，记 $S=a_1^2+a_2^2+\cdots +a_n^2$，若 $k\geqslant (n-1)/(n-2)$，则
\[\sum_{i=1}^n\frac1{S-a_i^2+k}\leqslant \frac n{n-1+k}.\]

证明：易知原不等式等价于
\[\sum_{i=1}^n\frac{S-a_i^2}{S-a_i^2+k}\geqslant \frac{n(n-1)}{n-1+k},\]
由柯西，有
\[\sum_{i=1}^n\frac{S-a_i^2}{S-a_i^2+k}
\geqslant \frac{\bigl( \sum_{i=1}^n\sqrt{S-a_i^2} \bigr)^2}{(n-1)S+nk}
=\frac{(n-1)S+M}{(n-1)S+nk},\]
其中
\begin{align*}
M&=2\cdot\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}\sqrt{(S-a_i^2)(S-a_j^2)} \\
&=2\cdot\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}\sqrt{\bigl( (S-a_i^2-a_j^2)+a_j^2 \bigr)\bigl( (S-a_i^2-a_j^2)+a_i^2 \bigr)} \\
&\geqslant 2\cdot\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}\bigl( (S-a_i^2-a_j^2)+a_ia_j \bigr) \\
&=2C_{n-1}^2S+2\cdot\sum_{1\leqslant i<j\leqslant n}a_ia_j \\
&=(2C_{n-1}^2-1)S+(a_1+a_2+\cdots +a_n)^2 \\
&=(n^2-3n+1)S+n^2,
\end{align*}
所以
\[\sum_{i=1}^n\frac{S-a_i^2}{S-a_i^2+k}
\geqslant \frac{(n-1)S+(n^2-3n+1)S+n^2}{(n-1)S+nk}
=\frac{n(n-2)S+n^2}{(n-1)S+nk},\]
因此只需证
\[\frac{n(n-2)S+n^2}{(n-1)S+nk}\geqslant \frac{n(n-1)}{n-1+k},\]
化简等价于
\[\left( k-\frac{n-1}{n-2} \right)(S-n)\geqslant 0,\]
显然 $S\geqslant n$，故不等式得证。

同样地，如无意外 $k\geqslant (n-1)/(n-2)$ 总不会是最佳系数。

kuing

话说，写了那么多，《数学通报》会给奖励不？

realnumber

回复 4# kuing

至少你得发个稿件过去吧．

isee

话说，写了那么多，《数学通报》会给奖励不？
kuing 发表于 2017-1-19 00:30

    投！！！

其妙

话说，写了那么多，《数学通报》会给奖励不？
kuing 发表于 2017-1-19 00:30

投！！！

kuing

懒得投了，要是解决了最佳系数才值得投

绝艺如君

早就被别人解决了，$n=3$时，最佳系数为$\lambda\ge \frac{8}{5}$.
您发的$n$元一般推广也早就被解决了.唉，我自己完成了三元的最佳系数及证明，后来才知道已经被别人提前发现了.

kuing

回复 9# 绝艺如君

意料之中
不过 n>=4 的最佳系数应该还没解决吧？

isee

早就被别人解决了，$n=3$时，最佳系数为$\lambda\ge \frac{8}{5}$.
您发的$n$元一般推广也早就被解决了.唉 ...
绝艺如君 发表于 2017-3-3 19:35

提前二两用得太悲伤。

绝艺如君

回复 10# kuing

真的太早了，Vasc的书里都有了……$n\ge 4$时可以用他的理论解决.