SOP 6 —— 三元根式不等式（LBQ）

业余的业余

(sop 6 刘保乾) 已知 $x,y,z$ 为正实数，求证\[\sum\sqrt{\cfrac xy+\cfrac yx}\geqslant\sum\sqrt{x\left(\cfrac1y+\cfrac1z\right)}.\]

手里有合肥市第一中学的王先阳老师的一个证明，两页纸，不知道ku版有没有更简洁的证法。

kuing

SOS 大法，也不简洁……
\begin{align*}
&\iff\sum\sqrt{(x^2+y^2)z}\geqslant\sum x\sqrt{y+z}\\
&\iff\sum\bigl( \sqrt{(x^2+y^2)z}-z\sqrt{x+y} \bigr)\geqslant0\\
&\iff\sum\frac{xz(x-z)+yz(y-z)}{\sqrt{(x^2+y^2)z}+z\sqrt{x+y}}\geqslant0\\
&\iff\sum\left( \frac{xz(x-z)}{\sqrt{(x^2+y^2)z}+z\sqrt{x+y}}+\frac{zx(z-x)}{\sqrt{(y^2+z^2)x}+x\sqrt{y+z}} \right)\geqslant0\\
&\iff\sum\frac{xz(x-z)\bigl( \sqrt{(y^2+z^2)x}+x\sqrt{y+z}-\sqrt{(x^2+y^2)z}-z\sqrt{x+y} \bigr)}{\bigl( \sqrt{(x^2+y^2)z}+z\sqrt{x+y} \bigr)\bigl( \sqrt{(y^2+z^2)x}+x\sqrt{y+z} \bigr)}\geqslant0,
\end{align*}令
\[f(x)=\sqrt{(y^2+z^2)x}+x\sqrt{y+z}-\sqrt{(x^2+y^2)z}-z\sqrt{x+y},\]求导得
\[f'(x)=\frac12\sqrt{\frac{y^2+z^2}x}+\sqrt{y+z}-x\sqrt{\frac z{x^2+y^2}}-\frac z{2\sqrt{x+y}},\]显然
\begin{gather*}
\sqrt{\frac{y^2+z^2}x}>\frac z{\sqrt x}>\frac z{\sqrt{x+y}},\\
\sqrt{y+z}>\sqrt z>x\sqrt{\frac z{x^2+y^2}},
\end{gather*}所以 `f'(x)>0`，于是当 `x\geqslant z` 时 `f(x)\geqslant f(z)=0`，当 `x\leqslant z` 时 `f(x)\leqslant f(z)=0`，即 `(x-z)f(x)\geqslant0` 恒成立，所以原不等式得证。

kuing

原来有很简单的证法：

首先注意到两边根号下的东西的和是相等的，因此原不等式两边平方等价于
\[\sum\sqrt{\left( \frac xy+\frac yx \right)\left( \frac yz+\frac zy \right)}\geqslant\sum\sqrt{xy\left( \frac1y+\frac1z \right)\left( \frac1z+\frac1x \right)},\]由 CS 及 AG 有
\begin{align*}
\LHS&\geqslant\sum\left( \frac{\sqrt{xz}}y+\frac y{\sqrt{xz}} \right),\\
\RHS&\leqslant\sum\frac{\sqrt{xy}}2\left( \frac1y+\frac1z+\frac1z+\frac1x \right)
=\sum\left( \frac{\sqrt{xy}}z+\frac{x+y}{2\sqrt{xy}} \right),
\end{align*}故此只需证
\[\sum\frac y{\sqrt{xz}}\geqslant\sum\frac{x+y}{2\sqrt{xy}},\]升次去根号再去分母后就是非常显然的
\[2\sum b^3\geqslant\sum c(a^2+b^2),\]搞定

业余的业余

回复 3# kuing

太牛了。膜拜下大神。

kuing

话说 SOP 是啥意思……

业余的业余

这套题目的名字叫2021 SPRING SENIOR OLYMPIA PROBLEMS(SOP 高级奥数问题). 是《数学竞赛之窗》的主编王卫华老师的公众号发布的。如果 ku 版不介意浪费版面，我可以多发几道大家试试。我是做不来的 :)

色k

回复 6# 业余的业余

论坛这么冷清，发呗

业余的业余

得令