昨天网友问的一道简单三元根式不等式

kuing

2018-04-06       
长风大侠 7:07:53

这个题有玩过吗？
kuing 14:49:29
不记得，没所谓啦，这是简单题，换个元用琴生就行了

闲来无事，还是写下过程吧，顺便写个另证。

证法一：令 `a=e^x`, `b=e^y`, `c=e^z`，则 `x+y+z=0`，不等式等价于 `f(x)+f(y)+f(z)\leqslant0`，其中
\[f(x)=\sqrt{e^{2x}+1}-\sqrt2e^x,\]
求二阶导数得
\[f''(x)=\frac{e^{2x}(e^{2x}+2)}{\sqrt{(e^{2x}+1)^3}}-\sqrt2e^x,\]
只需证明其恒负即可，令 `t=e^{2x}`，则
\[f''(x)<0\iff\frac{t(t+2)^2}{(t+1)^3}<2\iff t^3+2t^2+2t+2>0,\]
显然成立，故由琴生即得原不等式成立。

证法二：令 `a=x^2/(yz)`, `b=y^2/(zx)`, `c=z^2/(xy)`, `x`, `y`, `z>0`，则原不等式等价于
\[\sum\sqrt{\frac{x^4}{y^2z^2}+1}\leqslant\sqrt2\sum\frac{x^2}{yz},\]
去分母即
\[\sum x\sqrt{x^4+y^2z^2}\leqslant\sqrt2\sum x^3,\]
由柯西有
\[\sum x\sqrt{x^4+y^2z^2}\leqslant\sqrt{\sum x^2\sum(x^4+y^2z^2)},\]
因此只需证
\[2\left( \sum x^3 \right)^2\geqslant\sum x^2\sum(x^4+y^2z^2),\]
展开即
\[\sum x^6+4\sum x^3y^3\geqslant2\sum(x^4y^2+x^2y^4)+3x^2y^2z^2,\]
由
\[\frac{x^6+y^6}2+3x^3y^3-2(x^4y^2+x^2y^4)=\frac12(x-y)^2(x^2-xy+y^2)(x^2+3xy+y^2),\]
得到
\[\sum x^6+3\sum x^3y^3\geqslant2\sum(x^4y^2+x^2y^4),\]
以及显然有
\[\sum x^3y^3\geqslant3x^2y^2z^2,\]
两式相加即得证。

kuing

既然琴生可行，那切线法必然可行，计算知 `f'(0)=-1/\sqrt2`，回代后再玩“作差有理化放缩”，即得如下证法。

证法三：欲证原不等式，只需证
\[\sqrt{a^2+1}-\sqrt2a\leqslant-\frac{\ln a}{\sqrt2},\]
即
\[\ln a\leqslant2a-\sqrt{2(a^2+1)}. \quad(*)\]

由
\[\sqrt{2(a^2+1)}-(a+1)=\frac{(a-1)^2}{\sqrt{2(a^2+1)}+a+1}\leqslant\frac{(a-1)^2}{2(a+1)},\]
得到
\[2a-\sqrt{2(a^2+1)}\geqslant2a-\left( a+1+\frac{(a-1)^2}{2(a+1)} \right)=\frac{a+1}2-\frac2{a+1},\]
因此只需证明
\[\ln a\leqslant\frac{a+1}2-\frac2{a+1},\]
上式求导易证，过程从略，所以式 (*) 成立，原不等式得证。