一道三元不等式的困惑

周险峰

设$a,b,c>0,ab+bc+ca=3$,证明\[\frac{a^2}{a+2b^2}+\frac{b^2}{b+2c^2}+\frac{c^2}{c+2a^2}\geqslant1\]
证明：\[\frac{a^2}{a+2b^2}=a-\frac{2ab^2}{a+2b^2}=a-\frac{2ab^2}{a+b^2+b^2}\geqslant a-\frac{2ab^2}{3\sqrt[3]{ab^2}}=a-\frac{2}{3}(ab)^\frac2{3}\]
所以\[\sum_{cyc}\frac{a^2}{a+2b^2} \geqslant\sum_{cyc}a-\frac 2{3}\sum_{cyc}(ab)^\frac2{3}\]
而\[\left(\sum_{cyc}a\right)^2\geqslant3\sum_{cyc}ab=9\riff\sum_{cyc}a\geqslant3\]
只需证\[\sum_{cyc}\left(ab\right)^\frac23\leqslant3\]
又\[\sum_{cyc}\left(a+b+ab\right)\geqslant3\sqrt[3]{a^2b^2}=3\left(ab\right)^\frac23\]
这里不会证明了！\[\color{red}{3=\sum_{cyc}ab\geqslant\sum_{cyc}\left(a+b+ab\right)}\]

色k

证那个≤3直接用幂平均不就好了么

色k

当然均值也可以：$3(ab)^{2/3}\le1+ab+ab$

周险峰

哦哦！谢谢了！连这都没有想到啊！

周险峰

将条件改一下：$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=3$
证明：\[\sum_{cyc}\frac{a^2}{a+2b^2}\geqslant\sum_{cyc}a-\sum_{cyc}\frac23\left(ab\right)^\frac23\]
由柯西不等式可得\[3\sum_{cyc}a\geqslant\sum_{cyc}\left(\sqrt{a}\right)^2=9\]
还是这里的问题了：\[\color{red}{\sum_{cyc}\left(ab\right)^\frac23\leqslant3}\]
请教了！！

kuing

将条件改一下：$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=3$
证明：\[\sum_{cyc}\frac{a^2}{a+2b^2}\geqslant\sum_{cyc}a-\sum_{cyc}\frac23\left(ab\right)^\frac23\]
由柯西不等式可得\[3\sum_{cyc}a\geqslant\sum_{cyc}\left(\sqrt{a}\right)^2=9\]
还是这里的问题了：\[\color{red}{\sum_{cyc}\left(ab\right)^\frac23\leqslant3}\]
请教了！！
周险峰 发表于 2017-5-21 18:57

也就是在 $a$, $b$, $c>0$, $a+b+c=3$ 下，证明
\[\sum ab\sqrt[3]{ab}\leqslant3,\]
由均值知只需证
\[\sum ab(a+b+1)\leqslant9,\]
齐次化即为
\[3\sum ab(a+b)+\sum ab\sum a\leqslant \left(\sum a\right)^3,\]
展开发现这恰好是 \schur 不等式（运气）。