继续水一个不等式

v6mm131

已知$a,b,c>0,a+b+c=3$证明：$\frac{a}{nb^3+1}+\frac{b}{nc^3+1}+\frac{c}{na^3+1}\ge\frac{3}{n+1}(n\in N)$

kuing

先引入如下引理。

引理：对于 $a$, $b$, $c\geqslant 0$, $a+b+c=3$, $k>0$，有
\[a^kb+b^kc+c^ka\leqslant \max\left\{3,\frac{3^{k+1}k^k}{(k+1)^{k+1}}\right\}.\]

此引理的证明见《初等不等式的证明方法》P169~172。

利用此引理，我们可以将此题推广为如下命题。

命题：对于 $a$, $b$, $c\geqslant 0$, $a+b+c=3$，若 $\lambda$, $\mu>0$ 满足 $(\lambda+1)^{\lambda+1}(3\mu)^{\mu}\leqslant (\lambda+\mu+1)^{\lambda+\mu+1}$，则有
\[\frac a{\lambda b^{\mu}+1}+\frac b{\lambda c^{\mu}+1}+\frac c{\lambda a^{\mu}+1}\geqslant\frac3{\lambda+1}.\]

其证明也是常规手段，由加权均值，有
\[\frac a{\lambda b^{\mu}+1}=a-\frac{\lambda ab^{\mu}}{\lambda b^{\mu}+1}
\geqslant a-\frac{\lambda ab^{\mu}}
{(\lambda+1)b^{\lambda\mu/(\lambda+1)}}
=a-\frac{\lambda}{\lambda+1}ab^{\mu/(\lambda+1)},\]
记 $k=\mu/(\lambda+1)$，根据 $\lambda$, $\mu$ 所满足的等式，有
\[\frac{3^{k+1}k^k}{(k+1)^{k+1}}=\frac3{k+1}\left( \frac{3k}{k+1} \right)^k
=\frac{3(\lambda+1)}{\lambda+\mu+1}\left( \frac{3\mu}{\lambda+\mu+1} \right)^{\mu/(\lambda+1)}\leqslant 3,\]
于是由引理即得
\[\sum ab^k\leqslant 3,\]
所以
\[\sum\frac a{\lambda b^{\mu}+1}
\geqslant 3-\frac{\lambda}{\lambda+1}\sum ab^k
\geqslant 3-\frac{3\lambda}{\lambda+1}=\frac3{\lambda+1},\]
命题得证。


回到原题，根据上述命题，要证原题，就只需证明
\[(n+1)^{n+1}9^3\leqslant (n+4)^{n+4},\]
当 $n=1$ 时容易验证成立，当 $n\geqslant 2$ 时，由均值，有
\[(n+1)^{n+1}9^3\leqslant \left( \frac{(n+1)+\cdots+(n+1)+9+9+9}{n+4} \right)^{n+4}=\left( \frac{(n+1)^2+27}{n+4} \right)^{n+4},\]
故只需证
\[(n+1)^2+27\leqslant (n+4)^2,\]
展开就是 $6(n-2)\geqslant 0$，所以原题得证。