不等式之路：从入门到放弃

zhcosin

不好意思我也做一回标题党了，专门开个帖子记录我研究过的不等式（主要是学习《不等式的秘密》和群里讨论的题目），做点笔记什么的，纯属入门性质，高手请绕行。

先上开门第一题:这是微信公众号“数学解题之路”上的不等式题目。
题目1：已知$a,b,c>0$，求证
\[ a^2+b^2+c^2+\frac{a^2}{(b+c)^4}+\frac{b^2}{(c+a)^4}+\frac{c^2}{(a+b)^4} \geqslant \frac{3}{2} \]
证明：由AM-GM得
\[ \sum_{cyc} \left( a^2+\frac{a^2}{(b+c)^4} \right) \geqslant 2\sum_{cyc}\frac{a^2}{(b+c)^2} \]
所以只要证明下式就行
\[ \sum_{cyc}\frac{a^2}{(b+c)^2} \geqslant \frac{3}{4} \]
由齐次性，可设$a+b+c=3$，则只需证
\[ \sum_{cyc}\frac{a^2}{(3-a)^2} \geqslant \frac{3}{4} \]
易见等号成立的条件是$a=b=c=1$，由切线法易得当$0<a\leqslant 3$时
\[ \frac{a^2}{(3-a)^2} \geqslant \frac{3}{4}(a-1)+\frac{1}{4} \]
所以
\[ \sum_{cyc}\frac{a^2}{(3-a)^2} \geqslant \frac{3}{4}+\frac{3}{4}\sum_{cyc}(a-1)=\frac{3}{4} \]
得证。

kuing

我觉得这题出得很无聊啊，如果我没猜错的话，这题是这样出的：
首先由一个极其经典的Nessbit不等式出发：
\[\sum\frac a{b+c}\ge\frac32,\]
因为 $(x+y+z)^2\le3(x^2+y^2+z^2)$，从而有更弱式
\[\sum\left(\frac a{b+c}\right)^2\ge\frac34,\]
但这样还是太容易被看出来，于是用均值来再次弱化，即得
\[\sum\left(a^2+\frac{a^2}{(b+c)^4}\right)\ge\frac32,\]
整理成1楼的形式后，要均值的东西分开写，从表面上起到迷惑人的作用，而且本来是齐次不等式也变成了不齐次，也算是另一重迷惑吧。

由于Nessbit不等式的证法本身就够多，再经两度弱化，证法就更加之多，如果你愿意，可以写出一大堆证法，忽悠忽悠初学者

kuing

哦，不好意思，我刚才点进来时，好像还没有“高手请绕行”这几个字，然而我已经回了，就不删啦

zhcosin

回复 3# kuing

不过我居然没有想到那个$3(x^2+y^2+z^2)\geqslant (x+y+z)^2$，还用的齐次化加切线法。。。。。

zhcosin

我来玩玩 Nesbitt不等式
Nesbitt不等式：设$a,b,c>0$，则有
\[ \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geqslant \frac{3}{2} \]
证明一:设$a \geqslant b \geqslant c$，则
\[ \frac{1}{b+c} \geqslant \frac{1}{c+a} \geqslant \frac{1}{a+b} \]
利用排序不等式得
\[ \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geqslant \frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}+\frac{a}{a+b} \]
和
\[ \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b} \geqslant \frac{c}{b+c}+\frac{a}{c+a}+\frac{b}{a+b} \]
两式相加即得。
证明二：由齐次性，设$a+b+c=3$，则只需证
\[ \frac{a}{3-a}+\frac{b}{3-b}+\frac{c}{3-c} \geqslant \frac{3}{2} \]
由取等条件$a=b=c=1$出发，上切线法，当$0<a\leqslant 3$时，有
\[ \frac{a}{3-a} \geqslant \frac{1}{2}+\frac{3}{4}(a-1) \]
于是
\[ \sum_{cyc} \frac{a}{3-a} \geqslant \frac{3}{2} + \frac{3}{4}\sum_{cyc}(a-1) =\frac{3}{2} \]
证明三：看着三个分母，想用等比定理想得痒痒的，试了一下，还真的可以:
\[ \sum_{cyc} \frac{a}{b+c}=\sum_{cyc}\frac{a+\frac{a^2}{b+c}}{a+b+c} = 1 + \frac{1}{a+b+c}\sum_{cyc}\frac{a^2}{b+c} \]
所以只要证明
\[ \sum_{cyc}\frac{a^2}{b+c} \geqslant \frac{1}{2}(a+b+c) \]
待定系数$\lambda$，由AM-GM有
\[ \lambda^2(b+c)+\frac{a^2}{b+c} \geqslant 2\lambda a \]
所以
\[ 2\lambda^2(a+b+c)+\sum_{cyc}\frac{a^2}{b+c} \geqslant 2\lambda (a+b+c) \]
即
\[ \sum_{cyc}\frac{a^2}{b+c} \geqslant 2\lambda(1-\lambda) (a+b+c) \]
为了照顾取等条件，取$\lambda=\frac{1}{2}$，即得
\[ \sum_{cyc}\frac{a^2}{b+c} \geqslant \frac{1}{2}(a+b+c) \]
证明四：这个证明在《不等式的秘密》上看到过，也写一下，由AM-GM有
\[ \frac{a+b}{b+c}+\frac{b+c}{c+a}+\frac{c+a}{a+b} \geqslant 3 \]
以及
\[ \frac{a+c}{b+c}+\frac{b+a}{c+a}+\frac{c+b}{a+b} \geqslant 3 \]
两式相加即得证。
证明五：（导数法）由齐次性，假设$a+b+c=1$，则只需证
\[ \frac{a}{1-a}+ \frac{b}{1-b} + \frac{c}{1-c} \geqslant \frac{3}{2} \]
固定$a$，让$b$和$c$变化，考虑此时的最小值，因为有$b+c=1-a$的限制，所以左端实际上是$b$的一元函数
\[ f(b)= \frac{a}{1-a}+ \frac{b}{1-b} + \frac{1-a-b}{a+b} \]
求导得
\[ f'(b)=\frac{(1+a)(a-1+2b)}{(a+b)^2(1-b)^2} \]
易见当$b=\frac{1-a}{2}$时达到最小值，所以
\[ f(b) \geqslant f \left( \frac{1-a}{2} \right) = \frac{a}{1-a} + \frac{2(1-a)}{1+a} \]
记上式右边为$g(a)$，再次求导得
\[ g'(a)=-\frac{(3-a)(1-3a)}{(1-a)^2(1+a)^2} \]
显见$g(a)$在$a=\frac{1}{3}$时取得最小值，所以
\[ g(a) \geqslant g \left( \frac{1}{3} \right) = \frac{3}{2} \]

kuing

唉，我又错了，原来是叫Nesbitt，不是Nessbit，更糟糕的是，我发现当年写《憋间》的时候也是写了Nessbit，妹的，英文不好玩……

zhcosin

回复 6# kuing
擦，我还是从你楼上拷贝的。。。。

周险峰

跟着你学！现在在学习《不等式的秘密》，一个人学好难啊！想找人一起！

周险峰

来个六变量的：已知$a,b,c,d,e,f$为正实数，证明：
\[\frac a{b+c}+\frac b{c+d}+\frac c{d+e}+\frac d{e+f}+\frac e{f+a}+\frac f{a+b}\geqslant3\]
还有第二题，有点神仙打架一样的感觉：
设$a,b,c>0$且满足$c\geqslant b \geqslant a，a+b+c=3$，证明:
\[\sqrt{3a^2+1}+\sqrt{5a^2+3b^2+1}+\sqrt{7a^2+5b^2+3c^2+1}\leqslant9\]

周险峰

第三题：设$a,b,c>0$，且$abc=1$，证明：
\[\frac1{a^2+a+1}+\frac1{b^2+b+1}+\frac1{c^2+c+1}\geqslant1\]
证明的开始换元太经典了，弱弱的问一下，是不是想把它变成齐次的做法？！
证明：有题设，存在三个正实数$x,y,z$满足\[a=\frac{yz}{x^2},b=\frac{xz}{y^2},c=\frac{yx}{z^2}\]
这样原不等式变形为：\[\color {red}{\sum_{cyc}\frac {x^4}{x^4+x^2yz+y^2z^2}\geqslant1}\]
太妙了！！

zhcosin

回复 9# 周险峰



    第二个不成立吧，你让三个数都趋向于无穷大……

周险峰

更正了！

zhcosin

题目2:已知$a,b,c$是三角形的三边，求证
\[ (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c) \leqslant abc \]
证明：作代换
\[ x=b+c-a, \  y=c+a-b, \  z=a+b-c \]
则只需证
\[ xyz \leqslant \frac{x+y}{2} \cdot \frac{y+z}{2} \cdot \frac{z+x}{2} \]
由AM-GM，这显然成立。

注：这个不等式与 欧拉不等式 等价：三角形的外接圆半径$R$和内切圆半径$r$满足$R \geqslant 2r$，等号仅有正三角形能够取得。

zhcosin

一个纸老虎不等式，据说叫 Young 不等式，但根据 Young 的名字没查到它。
题目: 设$a>1$,$b>1$，求证
\[ ab \leqslant e^{a-1} + b\ln{b} \]
证明:固定$b$，变化$a$，记函数
\[ f(a)=e^{a-1}+b\ln{b}-ab \]
求导
\[ f'(a)=e^{a-1}-b \]
因为$a>1$,$b>1$，易知存在唯一$a_0=1+\ln{b}>1$，使得$f'(a_0)=0$，并且在区间$(1,a_0)$上，函数$f(a)$递减，在区间$(a_0,+\infty)$上函数递增，所以有最小值
\[ f(a) \geqslant f(a_0) = e^{a_0-1}+b\ln{b}-a_0b=0 \]
因此$f(a) \geqslant 0$，不等式得证，取等条件是$a=1+\ln{b}$.

kuing

回复 13# zhcosin

也等价于 $\sum a(a-b)(a-c)\ge0$，所以其实三边的条件可以弱化为任意非负实数。

回复 14# zhcosin

Young 不等式通常是指 $ab\le a^p/p+b^q/q$ 其中各字母均为正且 $1/p+1/q=1$（也等价于二元的加权均值不等式），反而你写的我还没见过的说……

zhcosin

回复 15# kuing
我是看别的群里是这么叫的，还没确认是不是真的有这个名字。。。

zhcosin

题目:已知实数$a,b,c>0$，且$a+b+c=1$，求证: 当$\lambda \geqslant \frac{1}{5}$时有下面不等式成立:
  \[ \frac{a+\lambda}{a+bc} + \frac{b+\lambda}{b+ca} + \frac{c+\lambda}{c+ab} \geqslant \frac{9}{4}(1+3\lambda) \]

证明:  (在 Kuing 的提示下完成)，先分离出$\lambda$
    \[ f(\lambda) = \left( \frac{1}{a+bc}+\frac{1}{b+ca}+\frac{1}{c+ab}-\frac{27}{4} \right) \lambda + \frac{a}{a+bc}+\frac{b}{b+ca}+\frac{c}{c+ab} \geqslant \frac{9}{4} \]
    我们先证明$\lambda$的系数是非负的，这样就有$f(\lambda)\geqslant f\left( \frac{1}{5} \right)$，从而只要证明$f\left( \frac{1}{5} \right) \geqslant \frac{9}{4}$就可以了。

    因为$a+b+c=1$，所以
    \[ \frac{1}{a+bc} \geqslant \frac{1}{a+\left( \frac{b+c}{2} \right)^2} =
    \frac{1}{a+\left( \frac{1-a}{2} \right)^2} = \frac{4}{(a+1)^2} \]
  由切线法，易证
  \[ \frac{4}{(a+1)^2} \geqslant \frac{9}{4}-\frac{27}{8}\left( a-\frac{1}{3} \right) \]
  于是
  \[ \sum \frac{1}{a+bc} \geqslant \frac{27}{4} \]
  于是$f(\lambda)$是单调不减的，所以接下来证明$f\left( \frac{1}{5} \right) \geqslant \frac{9}{4}$，以下过程中$\lambda=1/5$，因为
  \[ \sum \frac{a+\lambda}{a+bc} = \sum \frac{a+\lambda}{(a+b)(a+c)} \]
  所以只需证明
  \[ \sum (a+\lambda)(b+c) \geqslant \frac{9}{4}(a+b)(b+c)(c+a) \]
  为齐次化，左边作处理
  \[ (a+\lambda)(b+c) = (a+\lambda(a+b+c))(b+c)(a+b+c) \]
  于是只要证明
  \[ (a+b+c)\sum (b+c)((1+\lambda)a+b+c) \geqslant \frac{9}{4}(a+b)(b+c)(c+a) \]
  暴力展开，整理后，即是要证
  \[ a^3+b^3+c^3 +3abc \geqslant a^2(b+c) + b^2(c+a)+c^2(a+b) \]
  这等价于熟知的（见本帖13楼）
  \[ abc \geqslant (b+c-a)(c+a-b)(a+b-c) \]
得证。

有空再看看前面那个，不用切线法怎么搞。

zhcosin

折腾中遇到了一个不等式，还没想到如何证明：
对任意三个正实数$x$,$y$,$z$，求证 $(x+y+z)^4 \geqslant 27(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$

kuing

折腾中遇到了一个不等式，还没想到如何证明：
对任意三个正实数$x$,$y$,$z$，求证 $(x+y+z)^4 \geqslant 27(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)$
zhcosin 发表于 2017-5-31 16:10

这你当然是想不到怎么证明了，因为这根本就不成立

zhcosin

题目 设$a,b,c \geqslant 0$，求证
\[ a\sqrt{b^2-bc+c^2}+b\sqrt{c^2-ca+a^2}+c\sqrt{a^2-ab+b^2} \leqslant a^2+b^2+c^2 \]
这不等式还有几何意义(错误的，符号搞错了)，在$\triangle ABC$中，$P$是三角形内一点且$\angle APB=\angle BPC = \angle CPA = 120^{\circ}$(这是费马点)，则
\[ PA \cdot BC + PB \cdot CA + PC \cdot AB \leqslant AB^2+BC^2+CA^2 \]
正确的几何意义 三棱锥 $P-ABC$ 中，顶点$P$处的三条棱两两成60度角，$PA=a$,$PB=b$,$PC=c$，则
\[ PA \cdot BC + PB \cdot CA + PC \cdot AB \leqslant AB^2+BC^2+CA^2 \]