来自BQ的一道二元非齐次根式不等式

kuing

目前来说，这个算难的了
\[x+y+\sqrt{x^2y^2+xy+1}\geqslant\frac{2+\sqrt3}2\sqrt{(x+y)(xy+1)}.\]

题目：已知 `x`, `y>0`，求证
\[x+y+\sqrt{x^2y^2+xy+1}\geqslant\frac{2+\sqrt3}2\sqrt{(x+y)(xy+1)}.\]
证明：记 `t=xy`，原不等式等价于
\[\sqrt{x+y}+\frac{\sqrt{t^2+t+1}}{\sqrt{x+y}}\geqslant\frac{2+\sqrt3}2\sqrt{t+1}.\]
（1）当 `t^2-3t+1\geqslant0` 时，则
\[LHS\geqslant2\sqrt[4]{t^2+t+1}\geqslant2\sqrt[4]{t^2+t+1-\frac{t^2-3t+1}5}=2\sqrt[4]{\frac45(t+1)^2},\]在数值上不难证明\[2\sqrt[4]{\frac45}>\frac{2+\sqrt3}2,\]所以此时不等式成立；

（2）当 `t^2-3t+1<0` 时，则 `x+y\geqslant2\sqrt t>\sqrt{t^2+t+1}`，故此，根据双勾函数的单调性，可知
\[\sqrt{x+y}+\frac{\sqrt{t^2+t+1}}{\sqrt{x+y}}\geqslant\sqrt{2\sqrt t}+\frac{\sqrt{t^2+t+1}}{\sqrt{2\sqrt t}},\]故只需证
\[\sqrt{2\sqrt t}+\frac{\sqrt{t^2+t+1}}{\sqrt{2\sqrt t}}\geqslant\frac{2+\sqrt3}2\sqrt{t+1},\]令 `\sqrt t=u` 并对上式两边平方，等价于
\[2u+\frac{u^4+u^2+1}{2u}+2\sqrt{u^4+u^2+1}\geqslant\left( \frac{2+\sqrt3}2 \right)^2(u^2+1),\]易证
\[2\sqrt{u^4+u^2+1}\geqslant\sqrt3(u^2+1),\]所以只需证
\[2u+\frac{u^4+u^2+1}{2u}+\sqrt3(u^2+1)\geqslant\left( \frac{2+\sqrt3}2 \right)^2(u^2+1),\]因式分解即为
\[\frac{(u-1)^2(2u^2-3u+2)}{4u}\geqslant0,\]显然成立。

综上，原不等式获证。

zdyzhj

搞得太烦了，四行完蛋

力工

回复 2# zdyzhj
xianzhang强！露一手嘛。

kuing

再来一个，依然是来自 BQ 的二元非齐次根式不等式：

\[xy+\sqrt{(x+y)(x+y+xy)}\geqslant\bigl(2\sqrt2-\sqrt3\bigr)\bigl(\sqrt{xy(x+y)}+\sqrt{xy(1+x+y)}\bigr).\]
这个三根号二变元非齐次的的不等式是一个最佳式，机器也面临挑战，值得做

题目：已知 `x`, `y>0`，求证
\[xy+\sqrt{(x+y)(x+y+xy)}\geqslant\bigl(2\sqrt2-\sqrt3\bigr)\bigl(\sqrt{xy(x+y)}+\sqrt{xy(1+x+y)}\bigr).\]
证明：两边除以 `\sqrt{xy(x+y)}`，等价于
\[\sqrt{\frac{xy}{x+y}}+\sqrt{\frac{x+y}{xy}+1}\geqslant\bigl(2\sqrt2-\sqrt3\bigr)\left( 1+\sqrt{\frac1{x+y}+1} \right),\]由CS有
\[\sqrt{\frac{x+y}{xy}+1}=\frac1{\sqrt3}\sqrt{(2+1)\left( \frac{x+y}{xy}+1 \right)}\geqslant\frac1{\sqrt3}\left( \sqrt2\sqrt{\frac{x+y}{xy}}+1 \right),\]所以只需证明更强式
\[\sqrt{\frac{xy}{x+y}}+\sqrt{\frac23}\sqrt{\frac{x+y}{xy}}\geqslant\bigl(2\sqrt2-\sqrt3\bigr)\left( 1+\sqrt{\frac1{x+y}+1} \right)-\frac1{\sqrt3}.\quad(*)\]
然后还是用1楼的常规的分类讨论方法来处理。

（1）若 `x+y\geqslant4\sqrt{2/3}`，则
\begin{align*}
\LHS&\geqslant2\sqrt[4]{\frac23}\approx1.807,\\
\RHS&\leqslant\bigl(2\sqrt2-\sqrt3\bigr)\left( 1+\sqrt{\frac{\sqrt3}{4\sqrt2}+1} \right)-\frac1{\sqrt3}\approx1.772,
\end{align*}所以此时式 (*) 成立；

（2）若 `x+y<4\sqrt{2/3}`，则
\[xy\leqslant\frac{(x+y)^2}4<\sqrt{\frac23}(x+y),\]故由双勾函数的单调性可知
\[\sqrt{\frac{xy}{x+y}}+\sqrt{\frac23}\sqrt{\frac{x+y}{xy}}\geqslant \sqrt{\frac{x+y}4}+\sqrt{\frac23}\sqrt{\frac4{x+y}},\]所以只需证明
\[\sqrt{\frac{x+y}4}+\sqrt{\frac23}\sqrt{\frac4{x+y}}\geqslant\bigl(2\sqrt2-\sqrt3\bigr)\left( 1+\sqrt{\frac1{x+y}+1} \right)-\frac1{\sqrt3},\]令 `x+y=u^2-1`, `u>1`，则上式等价于
\[f(u)=\frac{\sqrt{u^2-1}}2+\sqrt{\frac23}\frac2{\sqrt{u^2-1}}-\bigl(2\sqrt2-\sqrt3\bigr)\left( 1+\frac u{\sqrt{u^2-1}} \right)+\frac1{\sqrt3}\geqslant0,\]求导化简得
\[f'(u)=\frac{\bigl(u-\sqrt3\bigr)\bigl(3u^2+3\sqrt3u-4\sqrt6+6\bigr)}{6(u^2-1)^{3/2}},\]由此得到 `f(u)\geqslant f\bigl(\sqrt3\bigr)=0`，所以此时式 (*) 也成立。

综上所述，式 (*) 成立，原不等式得证。

zdyzhj

第二个不等式我们也给了一个漂亮的证明

lemondian

回复 5# zdyzhj

放出来看看嘛