3元双等经典不等式

wanhuihua

设$x,y,z$ 为正数，且$x+y+z=3$
求证:
${9 \over 4}\, + {1 \over {x^2 }} + {1 \over {y^2 }} + {1 \over {z^2 }} \ge {7 \over 4}(\,{1 \over {xy}} + \,{1 \over {yz}} + \,{1 \over {zx}})$

kuing

看看这样O不OK。

证明：令 $x=1/a$, $y=1/b$, $z=1/c$，则条件化为 $a$, $b$, $c>0$, $ab+bc+ca=3abc$，待证的不等式等价于
\[\frac94\left( \frac{3abc}{ab+bc+ca} \right)^2+a^2+b^2+c^2\geqslant\frac74(ab+bc+ca),\]
即
\[\frac{81}4\left( \frac{abc}{ab+bc+ca} \right)^2+(a+b+c)^2\geqslant\frac{15}4(ab+bc+ca).\]

由对称性不妨设 $c=\min\{a,b,c\}$，记 $u=\sqrt{(c+a)(c+b)}$，则上式化为
\[\frac{81}4\left( \frac{abc}{u^2-c^2} \right)^2+\left( \frac{u^2-ab}c \right)^2\geqslant\frac{15}4(u^2-c^2),\]
令
\[f(x)=\frac{81}4\left( \frac{xc}{u^2-c^2} \right)^2+\left( \frac{u^2-x}c \right)^2,\]
显然 $f(x)$ 为关于 $x$ 的开口向上的二次函数，不难计算出其对称轴为
\[x=\frac{4u^2(u^2-c^2)^2}{85c^4-8c^2u^2+4u^4},\]
下面证明
\[ab\leqslant(u-c)^2
<\frac{4u^2(u^2-c^2)^2}{85c^4-8c^2u^2+4u^4},\quad(*)\]
左边由
\[u=\sqrt{(c+a)(c+b)}\geqslant c+\sqrt{ab}\]
即得，而右边约去 $(u-c)^2$ 后去分母展开等价于
\[85c^3<8u^3+12cu^2,\]
由 $c=\min\{a,b,c\}$ 知 $u\geqslant2c$，由此易知上式成立，所以式 (*) 得证，由此即得 $f(ab)\geqslant f\bigl((u-c)^2\bigr)$，故此要证原不等式只需证
\[\frac{81}4\left( \frac{(u-c)^2c}{u^2-c^2} \right)^2+\left( \frac{u^2-(u-c)^2}c \right)^2\geqslant\frac{15}4(u^2-c^2),\]
化简后作差分解等价于
\[\frac{(u-2c)^2(u-5c)^2}{4(u+c)^2}\geqslant0,\]
显然成立，所以原不等式获证。

isee

回复 2# kuing

这个对称轴是我见过最复杂的了

wanhuihua

看看这样O不OK。

证明：令 $x=1/a$, $y=1/b$, $z=1/c$，则条件化为 $a$, $b$, $c>0$, $ab+bc+ca=3abc$，待 ...
kuing 发表于 2018-2-28 21:59

上面的证明实际上是调整法。（c+a）(c+b)>=(sqrt(ab) +c)^2 ,当a=b时成立。
设$x,y,z$为正数，且$x + y + z = 3$
求证:$\frac{{\text{9}}}{4}\, + \frac{1}
{{x^2 }} + \frac{1}
{{y^2 }} + \frac{1}
{{z^2 }} \geqslant \frac{7}
{4}(\,\frac{1}
{{xy}} + \,\frac{1}
{{yz}} + \,\frac{1}
{{zx}}) $
证明：不妨设$x \leqslant y \leqslant z$
记$f(x,y) = \frac{{\text{9}}}
{4}\, + \frac{1}
{{x^2 }} + \frac{1}
{{y^2 }} + \frac{1}
{{z^2 }} - \frac{7}
{4}(\,\frac{1}
{{xy}} + \,\frac{1}
{{yz}} + \,\frac{1}
{{zx}})$,  
则$t = f(x,y)- f{\text{(}}\frac{{x{\text{ + }}y}}
{2}{\text{,}}\frac{{x{\text{ + }}y}}
{2}{\text{) = }}\frac{1}
{{x^2 }} + \frac{1}
{{y^2 }} - \frac{8}
{{(x + y)^2 }} - \frac{7}
{4}(\,\frac{{x + y + z}}
{z})(\frac{1}
{{xy}} - \frac{4}
{{(x + y)^2 }})$
$\geqslant \frac{1}{x^2 } + \frac{1}{y^2 } - \frac{8}
{(x + y)^2 } - \frac{21}{4}(\frac{1}{xy} - \frac{4}{(x + y)^2 })$
$t \geqslant 0 \Leftrightarrow \left( {4\,x^2  - 5\,xy + 4\,y^2 } \right)\left( {x - y} \right)^2  \geqslant 0$显然成立
只需证$x=y$时：
$f\frac{{81}}
{{4{\cal （}x{\text{ + }}y{\text{ + }}z{\cal ）}^2 }}\, + \frac{1}
{{x^2 }} + \frac{1}
{{y^2 }} + \frac{1}
{{z^2 }}{\text{ - }}\frac{7}
{4}(\,\frac{1}
{{xy}} + \,\frac{1}
{{yz}} + \,\frac{1}
{{zx}}) \geqslant 0$成立。
$f \geqslant 0 \Leftrightarrow (4x - z)^2 (x - z)^2  \geqslant 0$ 显然。

kuing

回复 4# wanhuihua

嗯，我一开始想减少分式就作了倒代换，再调整，没想到直接调原来也这么简单。