求助不等式证明（2018.04.17更新）

dahool

由于本人是不等式初学者，在努力提高自己的水平中，也正在看撸题集，有不少题目需要求助大家，这里要问下K神，我每一题单独发一个帖子，还是一个帖子中陆续更新？
题目01（2018.03.27）：已知$a,b,c\geqslant0$，证明：$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{9(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2}\geqslant6$$
题目02（2018.03.30）：已知$a,b,c\geqslant0$，证明：$$\frac{a(b+c)}{a^2+bc}+\frac{b(a+c)}{b^2+ac}+\frac{c(a+b)}{c^2+ab}\geqslant2$$
题目03（2018.04.02）：设$f=x+y+z-xyz$，其中$x,y,z\geqslant0$且$x^2+y^2+z^2=1$，求$f$的最大值与最小值.
题目04（2018.04.02）：已知$a,b,c\inR^+,a+b+c=abc$，证明：$$\frac{1}{ab-1}+\frac{1}{bc-1}+\frac{1}{ca-1}\geqslant\frac{2}{1+a^2}+\frac{2}{1+b^2}+\frac{2}{1+c^2}$$
题目05（2018.04.03）：设$x_i>0,i=0,1,2,\cdots,n$，且$\sum_{i=1}^{n}x_i=1$，设$x_0=0$，求证：$$1\leqslant\sum_{i=i}^{n}\frac{x_i}{\sqrt{1+x_1+x_2+\cdots+x_{i-1}}\cdot\sqrt{x_i+\cdots+x+n}}<\frac{\pi}{2}$$
题目06（2018.04.03）：设$\alpha,\beta,\gamma$为锐角，且$cos^2\alpha+cos^2\beta+cos^2\gamma=1$，求证：对任意实数$x,y,z$都有：$$\frac{1}{2}(x^2+y^2+z^2)\geqslant cot\beta\cdot cot\gamma\cdot yz+cot\gamma\cdot cot\alpha\cdot zx+cot\alpha\cdot cot\beta\cdot xy$$
题目07（2018.04.16）：已知$a,b,c,d\inR$，且$ad-bc=1$，求$a^2+b^2+c^2+d^2+ac+bd$的最小值.
题目08（2018.04.17）：已知$a,b,c>0$，求证：$$\frac{63}{2}+\frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)}{abc}\geqslant\frac{27}{2}\cdot\frac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}$$

kuing

如果题目将会有很多，你可以将有关联的或者相似的归类到同一帖中，没关联的分开。

kuing

1、发现恒等式
\begin{align*}
&\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\frac{9(ab+bc+ca)}{a^2+b^2+c^2} - 6 \\
={}&\frac{(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-3ab-3bc-3ca)^2+9abc(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)(a^2+b^2+c^2)}.
\end{align*}

dahool

回复 3# kuing

谢谢，但是你这种变形能力。。。。

kuing

2、发现恒等式
\begin{align*}
&\frac{a(b+c)}{a^2+bc}+\frac{b(a+c)}{b^2+ac}+\frac{c(a+b)}{c^2+ab} - 2 \\
={}&\frac{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2+abc(a+b)(b+c)(c+a)}{(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)}.
\end{align*}

isee

k的恒等变形能看懂，自己搞出来几乎不可能，说我自己。

dahool

回复 5# kuing

谢谢！牛掰

kuing

题目03 见《撸题集》P496 题目 4.6.74

题目04 齐次化去分母后就是 schur，很简单，过程略。

kuing

题目 06，本来想提嵌入不等式，不过又涉及三角形里的一些代换，写起来可能变得很高端的样子，还是不扯太多了，直接用最原始的方法玩起来好了。

对任意实数 $x$, $y$, $z$，考查不等式
\[x^2+y^2+z^2\geqslant 2(pyz+qzx+rxy)\quad (*)\]
中的 $p$, $q$, $r$ 需要满足什么条件才会恒成立。

首先，当 $x=0$ 时，不等式变为 $y^2+z^2\geqslant 2pyz$，可见必须满足 $\abs p\leqslant1$，同理也需要 $\abs q$, $\abs r\leqslant1$。

令 $f=x^2+y^2+z^2-2(pyz+qzx+rxy)$，计算 $f$ 关于 $x$ 的判别式为
\begin{align*}
\Delta &=4\bigl( (ry+qz)^2-y^2-z^2+2pyz \bigr)\\
&=-4\bigl( (1-r^2)y^2+(1-q^2)z^2-2(qr+p)yz \bigr),
\end{align*}
需要 $\Delta\leqslant0$ 恒成立，就需要
\[(1-r^2)(1-q^2)\geqslant (qr+p)^2, \]
展开即
\[p^2+q^2+r^2+2pqr\leqslant 1, \quad (**)\]
综上，不等式 (*) 恒成立的条件就是 $p$, $q$, $r$ 的绝对值不超过 $1$ 且满足式 (**)。

回到题目 06，由条件可设 $\cos^2\alpha=u/(u+v+w)$ 等，则 $\cot^2\alpha=u/(v+w)$ 等，因此原不等式等价于
\[x^2+y^2+z^2\geqslant 2\sum\sqrt{\frac{vw}{(w+u)(u+v)}}yz,\]
根据上面的结论，只需验证 $\sqrt{\frac{vw}{(w+u)(u+v)}}$ 等三个数是否满足式 (**)，代入发现刚刚好，即得证。

dahool

回复 9# kuing

通解，赞

其妙

题目03（2018.04.02）：设$f=x+y+z−xyz$，其中$x,y,z\geqslant0$,且$x^2+y^2+z^2=1$，求$f$的最大值与最小值.

好像有很美妙的做法（据说是美国什么数学杂志刊物上的题）

kuing

回复 11# 其妙

估计和《撸题集》P659 题目 5.1.56 差不多……

kuing

续楼上：
最大值还真是可以学那题，只是柯西时要换一下位置，刚好可以分解：
\begin{align*}
(x+y+z-xyz)^2&=\bigl(x+y+(1-xy)z\bigr)^2\\
&\leqslant \bigl((x+y)^2+(1-xy)^2\bigr)(1+z^2)\\
&=(1+x^2)(1+y^2)(1+z^2)\\
&\leqslant \left( \frac{3+x^2+y^2+z^2}3 \right)^3\\
&=\frac{64}{27},
\end{align*}
开方即得
\[x+y+z-xyz\leqslant \frac8{3\sqrt3},\]
当 $x=y=z=\sqrt{1/3}$ 时取等。

很可惜，其妙已经提到“好像有很美妙的做法”，很可能就是这证法了。

色k

07见：kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=4632

dahool

回复 14# 色k

谢谢！！！

学到了，消项与配方又重新认识了

kuing

08题用昨天这帖 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=5301 的方法可以搞，不过昨天已经被说暴力了，就不想再写了……

PS、这帖都翻页了，下次更新开另一帖吧……

游客

dahool

回复 28# 游客


本身这题目的取等条件就不好找

Tesla35

回复 11# 其妙

力工

向大佬学，学着证(1)
先证$\Sigma{\frac{a}{b+c}}\geqslant \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$,
上式放缩，有$\frac{a^2}{ab+bc+ca}\leqslant \frac{a^2}{ab+ca}=\frac{a}{b+c}$.