看似简洁的不等式

Shiki

$a,b,c \in R$
求证：
$(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) \geqslant 3(a+b+c)^2$

$a,b,c \in R_+$
求证：
$\sum \frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}} \geqslant 1$

Shiki

对于第一题，印象中在计神的代数不等式里有以下较弱式
$(a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) \geqslant 9(ab+bc+ca)$

kuing

第一个使用无需动脑的判别式法即可

另外，N年前我还给出过多元推广：对 $\forall x_i \inR, i=1,2, \ldots, n, n \inN^+$，有
$$
\left(x_1^2+n-1\right)\left(x_2^2+n-1\right) \cdots\left(x_n^2+n-1\right) \geq n^{n-2}\left(x_1+x_2+\cdots+x_n\right)^2
$$你也可以试试看（所以先不给出处

kuing

第二题也是经典老题（虽然出处忘了），好像是用 holder 或者权方和就行……

kuing

回复 3# kuing

看来没人鸟，说出处：《数学空间》2011 年第 2 期 P.37~38

facebooker

老大 现在还能下载到空间吗 人教论坛都没了啊

kuing

回复 6# facebooker

《数学空间》的页面还能访问啊，本论坛首页的友情链接里就有链接，就是进入每期里的页面有点卡，但最下方的下载还是OK的

kuing

回复 6# facebooker

算了，我还是打个包给你们下吧：
人教网刊《数学空间》全1~17期（可打印）PDF打包下载.zip
链接：pan.baidu.com/s/1RUuD69oS4y2w2jaoI0EEfg
提取码：kbi6

facebooker

多谢多谢。

Shiki

回复 8# kuing

谢谢谢谢

Infinity

回复 4# kuing

Holder或Jensen都可以。

其妙

\begin{aligned}
& a, b, c \in R^{+} \text {证明: }\left(a^2+2\right)\left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right) \geqslant 9(a b+b c+c a) \\
& \left(b^2+2\right)\left(c^2+2\right) \geq \frac{3}{2}(b+c)^2+3 \Leftrightarrow(b-c)^2+2(b c-1)^2 \geq 0 \\
& \left(a^2+2\right)\left[3+\frac{3}{2}(b+c)^2\right] \geq[\sqrt{3} a+\sqrt{3}(b+c)]^2 \geq 9(a b+b c+c a)
\end{aligned}

isee

回复 12# 其妙

这个$$(b^2+2)(c^2+2)\geqslant \frac 32(b+c)^2+3$$就像几何中“巧得来的"辅助线一样，打开局面。

isee

第2题，在《数学奥林匹克不等式研究(数学·统计学系列)》杨学枝著，第5页
例5（2001 年 IMO 42 届题 2）对所有正实数 $a, b, c$ ，证明
$$\tag{11}
\frac{a}{\sqrt{a^2+8 b c}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8 c a}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8 a b}} \geqslant 1
$$
证一 由已知可设 $x=\frac{b c}{a^2}, y=\frac{c a}{b^2}, z=\frac{a b}{c^2}$ ，则 $x, y, z \in \mathbf{R}^{+}$，且 $x y z=1$ ，原式可化为
$$
\frac{1}{\sqrt{1+8 x}}+\frac{1}{\sqrt{1+8 y}}+\frac{1}{\sqrt{1+8 z}} \geqslant 1
$$
将上式两边平方，并注意到 $\sum \sqrt{1+8 x} \geqslant 9, \prod \sqrt{1+8 x} \geqslant 27, \sum x \geqslant 3$，即可得证。

证二 化为局部不等式。
因为
$$
8 b c \leqslant 4 a^{\frac{2}{3}}(b c)^{\frac{2}{3}}+\frac{4(b c)^{\frac{4}{3}}}{a^{\frac{2}{3}}}
$$
所以
$$
a^2+8 b c \leqslant\left[a+\frac{2(b c)^{\frac{2}{3}}}{a^{\frac{1}{3}}}\right]^2
$$
所以
$$
\frac{a}{\sqrt{a^2+8 b c}} \geqslant \frac{a^{\frac{4}{3}}}{a^{\frac{4}{3}}+2(b c)^{\frac{2}{3}}} \geqslant \frac{a^{\frac{4}{3}}}{\sum a^{\frac{4}{3}}}
$$
类似还有二式，将所得三式左右两边分别相加，即得式（11）．
注 这两例告诉我们，对于 $a b c=1$ ，有时可设 $x=\frac{a}{b}, y=\frac{b}{c}, z=\frac{c}{a}$ ；或 $x=\frac{b c}{a^2}, y=\frac{c a}{b^2}, z=\frac{a b}{c^2}$ ；或 $x=\frac{a^2}{b c}, y=\frac{b^2}{c a}, z=\frac{c^2}{a b}$ 等，化为齐次式证明．

isee

回复 14# isee

以上证明我是不想去搞明白的（主要是当时明白，过两天就忘记了），走马观个花而已，在《代数不等式》陈计中第38页，有

例1 对于正实数 $a, b, c$ ，证明：
$$\tag1
\frac{a}{\sqrt{a^2+8 b c}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8 c a}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8 a b}} \geqslant 1 .
$$
证明 设 $x=\frac{a}{\sqrt{a^2+8 b c}}, y=\frac{b}{\sqrt{b^2+8 c a}}, z=\frac{c}{\sqrt{c^2+8 a b}}$ ．显然 $x, y, z \in(0,1)$ ，于是式（1）就可以改写为：
$$\tag2
x+y+z \geqslant 1 .
$$
由
$$
\frac{a^2}{8 b c}=\frac{x^2}{1-x^2}, \frac{b^2}{8 a c}=\frac{y^2}{1-y^2}, \frac{c^2}{8 a b}=\frac{z^2}{1-z^2},
$$
知
$$
\frac{1}{512}=\left(\frac{x^2}{1-x^2}\right)\left(\frac{y^2}{1-y^2}\right)\left(\frac{z^2}{1-z^2}\right),
$$
即
$$\tag3
\left(1-x^2\right)\left(1-y^2\right)\left(1-z^2\right)=512(x y z)^2 .
$$
假设式（2）不成立，即
$$
x+y+z<1 .
$$
于是
\begin{align*}
& \left(1-x^2\right)\left(1-y^2\right)\left(1-z^2\right) \\
> & \left((x+y+z)^2-x^2\right)\left((x+y+z)^2-y^2\right)\left((x+y+z)^2-z^2\right) \\
= & (x+x+y+z)(y+z), \\
& (x+y+y+z)(z+x)(x+y+z+z)(x+y) \\
\geqslant & 4\left(x^2 y z\right)^{\frac{1}{4}} \cdot 2(y z)^{\frac{1}{2}} \cdot 4\left(y^2 z x\right)^{\frac{1}{4}} \cdot 2(z x)^{\frac{1}{2}} \cdot 4\left(z^2 x y\right)^{\frac{1}{4}} \cdot 2(x y)^{\frac{1}{2}} \\
= & 512(x y z)^2 .\tag4
\end{align*}
显然式（4）与式（3）矛盾，故假设不成立，从而得到式（2）成立，即式 （1）成立．

但这个证明技巧性强，还用了下反证，应该是深思的结果。


同时，在第63页有

例3 设 $a, b, c$ 为正实数．证明：
$$\tag1
\frac{a}{\sqrt{a^2+8 b c}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8 c a}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8 a b}} \geqslant 1 .
$$
证明 利用算术平均－几何平均不等式得
$$
y^2+z^2+x y+x y+y z+y z+z x+z x \geqslant 8 x^{\frac{1}{2}} y^{\frac{3}{4}} z^{\frac{3}{4}},
$$
所以
$$
\begin{gathered}
(x+y+z)^2 \geqslant x^2+8 x^{\frac{1}{2}} y^{\frac{3}{4}} z^{\frac{3}{4}}=x^{\frac{1}{2}}\left(x^{\frac{3}{2}}+8 y^{\frac{3}{4}} z^{\frac{3}{4}}\right), \\
x+y+z \geqslant \sqrt{x^{\frac{1}{2}}\left(x^{\frac{3}{2}}+8 y^{\frac{3}{4}} z^{\frac{3}{4}}\right)},
\end{gathered}
$$
于是
$$\tag2
\sum_{\text {cyc}} \frac{x^{\frac{3}{4}}}{\sqrt{x^{\frac{3}{2}}+8 y^{\frac{3}{4}} z^{\frac{3}{4}}}} \geqslant \sum_{\text {cyc }} \frac{x}{x+y+z}=1 .
$$
设 $x=a^{\frac{4}{3}}, y=b^{\frac{1}{3}}, z=c^{\frac{1}{3}}$ ，代人式（2）即得式（1）．

也不是好啃的。


这个题，陈计真是喜欢，之后 还有反复出现，例，练习，均有，没兴趣，不截上来了。

isee

第一个，在《代数不等式》陈计中  第79页也有，且是12#的方法，且变也推广与加强。

kuing

回复 15# isee

用 holder 的方法给个多元推广吧（虽然这如无意外只是在重复前人的劳动）：设 `a_i` 均为正，则
\[\sum_{i=1}^n\frac{a_i}{\sqrt[n-1]{a_i^{n-1}+(n^{n-1}-1)\prod_{j\ne i}a_j}}\geqslant1.\]
证：由 \holder 不等式有
\[
\sum_{i=1}^n\bigl( a_i^n+(n^{n-1}-1)a_1a_2\cdots a_n \bigr)
\cdot\LHS^{n-1}\geqslant\left( \sum_{i=1}^na_i \right)^n,
\]即
\[
\LHS^{n-1}\geqslant
\frac{(a_1+a_2+\cdots+a_n)^n}{a_1^n+a_2^n+\cdots+a_n^n+(n^n-n)a_1a_2\cdots a_n},
\]故只需证
\[(a_1+a_2+\cdots+a_n)^n\geqslant a_1^n+a_2^n+\cdots+a_n^n+(n^n-n)a_1a_2\cdots a_n,\]容易看出这是成立的，事关 `(a_1+a_2+\cdots+a_n)^n-(a_1^n+a_2^n+\cdots+a_n^n)` 展开后的各项系数为正，具有对称性，并且系数之和为 `n^n-n`，所以均值之后必将得出 `\geqslant(n^n-n)a_1a_2\cdots a_n`。

kuing

回复 15# isee

两书上都介绍了齐次菊部不等式的方法，即给出这样的式子
\[\frac a{\sqrt{a^2+8bc}}\geqslant\frac{a^{4/3}}{a^{4/3}+b^{4/3}+c^{4/3}}.\]

刚才尝试用此方法证明楼上的 `n` 元推广，发现同样可以，只是需要多做一些准备工作。

引理：设 `a_i>0`, $\lambda_i\inR$, `i=1`, `2`, \ldots, `n`，设
\[f(x)=a_1x^{\lambda_1}+a_2x^{\lambda_2}+\cdots+a_nx^{\lambda_n},\]若 `f'(1)=0`，则 `f(x)\geqslant f(1)` 对任意 `x>0` 恒成立。

引理的证明：因为 `f(1)=a_1+a_2+\cdots+a_n`，则由加权均值不等式，有
\[\frac{f(x)}{f(1)}=\sum_{i=1}^n\frac{a_i}{f(1)}x^{\lambda_i}\geqslant\prod_{i=1}^nx^{\lambda_ia_i/f(1)}=x^{(\lambda_1a_1+\lambda_2a_2+\cdots+\lambda_na_n)/f(1)}=x^{f'(1)/f(1)}=1.\]

现在考虑一个问题，设 `a`, `x>0`, $n\inN^+$，则 `(1+ax)^n\geqslant1+\bigl((a+1)^n-1\bigr)x^m` 何时恒成立？将不等式写成
\[\frac{(1+ax)^n-1}{x^m}\geqslant(a+1)^n-1,\]左边分子因式分解后，可写成形如引理中 `f(x)` 的形式，而 `x=1` 时取等，故只需满足 `f'(1)=0` 即可，即 `an(1+a)^{n-1}=m\bigl((1+a)^n-1\bigr)`，这样，我们就得到了如下推论。

推论：设 `a`, `x>0`, $n\inN^+$ 且
\[m=\frac{an(1+a)^{n-1}}{(1+a)^n-1},\]则有
\[(1+ax)^n\geqslant1+\bigl((a+1)^n-1\bigr)x^m.\]

准备工作做好了，现在来寻找适当的 `k` 使得
\[\frac{a_1}{\sqrt[n-1]{a_1^{n-1}+(n^{n-1}-1)a_2a_3\cdots a_n}}\geqslant\frac{a_1^k}{a_1^k+a_2^k+\cdots+a_n^k},\]两边 `n-1` 次方化简后即
\[(a_1^k+a_2^k+\cdots+a_n^k)^{n-1}\geqslant a_1^{(k-1)(n-1)}\bigl(a_1^{n-1}+(n^{n-1}-1)a_2a_3\cdots a_n\bigr),\]令 `a_2a_3\cdots a_n=t^{n-1}`，由均值有 `a_2^k+\cdots+a_n^k\geqslant(n-1)t^k`，于是只需
\[\bigl(a_1^k+(n-1)t^k\bigr)^{n-1}\geqslant a_1^{(k-1)(n-1)}\bigl(a_1^{n-1}+(n^{n-1}-1)t^{n-1}\bigr),\]两边除以 `a_1^{k(n-1)}` 并令 `(t/a_1)^k=x`，可将上式化为
\[\bigl(1+(n-1)x\bigr)^{n-1}\geqslant1+(n^{n-1}-1)x^{(n-1)/k},\]根据推论，只需满足
\[\frac{n-1}k=\frac{(n-1)^2n^{n-2}}{n^{n-1}-1},\]即
\[k=\frac{n^{n-1}-1}{(n-1)n^{n-2}},\]这就是所需要的 `k`，这样问题就解决了。

验证一下，代 `n=3` 时果然得到 `4/3`，看来没问题。

那引理和推论都是即场想的，希望这回不是重复前人的劳动吧……

PS、其实我觉得推论中的 `n` 应该不需要限制为正整数，应该是对 `n\geqslant1` 都是成立的，但这时用不了引理来证，需要用别的方法，又或者将引理再拓广一下才行。

其妙

anzhengping的推广：

1.blog.sina.com.cn/s/blog_5618e6650102zgi3.html
2.blog.sina.com.cn/s/blog_5618e6650102zgiv.html
暂时还无人证明

kuing

回复 19# 其妙

第2个：根据 3# 的推广，取 `n=4`, `x_1=a^{3/2}` 等，即得
\[(a^3+3)(b^3+3)(c^3+3)(d^3+3)\geqslant16(a^{3/2}+b^{3/2}+c^{3/2}+d^{3/2})^2,\]这明显强于待证式，事关由幂平均有
\[\left( \frac{a^{3/2}+b^{3/2}+c^{3/2}+d^{3/2}}4 \right)^{2/3}\geqslant\frac{a+b+c+d}4.\]