新春第一撸

kuing

由内角平分线长公式知
\[\frac{t_a^2}{b^2+c^2}=\frac{bc(a+b+c)(b+c-a)}{(b+c)^2(b^2+c^2)},\]
易证
\[\frac{9r}{4R}=\frac{9(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{8abc},\]
故此，令 $a=y+z$, $b=z+x$, $c=x+y$, $x$, $y$, $z>0$，则原不等式等价于
\[\sum\frac{4(z+x)(x+y)(x+y+z)x}{(2x+y+z)^2\bigl((z+x)^2+(x+y)^2\bigr)}\geqslant\frac{9xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)},\]
因为
\[(z+x)(x+y)(x+y+z)x=(x+y+z)^2x^2+xyz(x+y+z),\]
所以
\begin{align*}
\LHS={}&4(x+y+z)^2\sum\frac{x^2}{(2x+y+z)^2\bigl((z+x)^2+(x+y)^2\bigr)}\\
&+4xyz(x+y+z)\sum\frac1{(2x+y+z)^2\bigl((z+x)^2+(x+y)^2\bigr)}\\
\geqslant{}& 4(x+y+z)^2\frac{(x+y+z)^2}{\sum(2x+y+z)^2\bigl((z+x)^2+(x+y)^2\bigr)}\\
&+4xyz(x+y+z)\frac9{\sum(2x+y+z)^2\bigl((z+x)^2+(x+y)^2\bigr)}\\
={}&\frac{4(x+y+z)^4+36xyz(x+y+z)}{\sum(2x+y+z)^2\bigl((z+x)^2+(x+y)^2\bigr)},
\end{align*}
所以只需要证明
\[\frac{4(x+y+z)^4+36xyz(x+y+z)}{\sum(2x+y+z)^2\bigl((z+x)^2+(x+y)^2\bigr)}\geqslant\frac{9xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)},\]
由齐次性，不妨设 $x+y+z=1$，则可以再设 $xy+yz+zx=(1-q^2)/3$，其中 $q\in[0,1)$，此时上式可以整理为
\[(q^4+28q^2+18)xyz\leqslant\frac23(1-q^2),\]
根据 pqr 基本不等式，有
\[xyz\leqslant\frac{(1-q)^2(1+2q)}{27},\]
所以只需证
\[(q^4+28q^2+18)(1-q)^2(1+2q)\leqslant18(1-q^2),\]
作差分解为
\[q^2(1-q)(2q^4-q^3+55q^2-28q+8)\geqslant0,\]
由均值易见上式成立，所以原不等式得证。


好久没撸这种几何不等式了，希望没证错。

证得不太好（用了pqr），就不投稿了，贴在此抛砖引玉。

其妙

回复 1# kuing
发给郭耀红，他是中学数学教学的审稿人，安徽师大的教授吧

kuing

回复 2# 其妙

等我想到更好的证法再说吧……

wanhuihua

点个赞证的不错

其妙

再撸一撸：

kuing

回复 5# 其妙

这题你不是发过了吗：forum.php?mod=viewthread&tid=4518 只不过这题 n 化了，但显然解法是没区别的。

hbghlyj

kuing 发表于 2018-2-18 20:04
根据 pqr 基本不等式，有

这是一个 wenku.baidu.com 链接。以下是指向同一文档的“cut-the-knot.com”链接：
cut-the-knot.org/arithmetic/algebra/3variable.pdf
On a class of three-variable inequalities, Vo Quoc Ba Can