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题目：已知 `a`, `b`, `c>0`, `a+b+c=3`，求证：
\begin{align*}
& \text{(I)} && \frac ab+\frac bc+\frac ca\geqslant\frac{12}{1+3abc};\\
& \text{(II)} && \frac{24}{a^2b+b^2c+c^2a}+\frac1{abc}\geqslant9.
\end{align*}
思路：俩式都只含 `\sum a^2b`（或 `\sum ab^2`）和 `abc`，故考虑固定后者来考察前者的最值。
证明：记 `q=ab+bc+ca`, `r=abc`, `t_1=a^2b+b^2c+c^2a`, `t_2=ab^2+bc^2+ca^2`，由 `a+b+c=3` 可计算出
\begin{align*}
t_1+t_2&=3(q-r),\\
t_1t_2&=q^3-18qr+27r+9r^2,
\end{align*}所以 `t_1`, `t_2` 是如下关于 `x` 的二次方程的两根
\[x^2-3(q-r)x+q^3-18qr+27r+9r^2=0.\qquad(*)\]
现在固定 `r`，记
\[F(q,x)=x^2-3(q-r)x+q^3-18qr+27r+9r^2,\]由于当 `a+b+c`, `abc` 固定时 `q` 的范围是一个闭区间，并且当 `(a-b)(b-c)(c-a)=0` 时 `q` 取该区间的端点（uvw理论），所以当 `x` 取最值时，只有两种可能：
（1）`q` 在端点，即 `(a-b)(b-c)(c-a)=0`；
（2）`q` 不在端点，此时应有
\[\frac{\rmd x}{\rmd q}=-\frac{F_q(q,x)}{F_x(q,x)}=-\frac{3(q^2-x-6r)}{2x-3(q-r)}=0.\]
对于情况（1），即 `(a,b,c)=(a,a,3-2a)` 时，代入分解不难证明此时俩不等式都成立（为节省篇幅过程略）；
于是只剩下情况（2），此时 `x=q^2-6r`，代入 (*) 可得
\[q^4-2q^3-9q^2r+27r+27r^2=0,\qquad(**)\]于是要证原不等式，只需证明：在式 (**) 的约束条件下，有
\begin{align*}
& \text{(I)}' && \frac{q^2-6r}r\geqslant\frac{12}{1+3r};\\
& \text{(II)}' && \frac{24}{q^2-6r}+\frac1r\geqslant9.
\end{align*}
先证 (I)'，去分母即
\[q^2+3q^2r-18r-18r^2\geqslant0,\]利用式 (**)，上式即
\[q^2+3q^2r-18r+18\cdot\frac{q^4-2q^3-9q^2r+27r}{27}\geqslant0,\]化简刚好可以提出一个 `q^2`，变成
\[2q^2-4q+3\geqslant9r,\]由 `q\leqslant3` 可将式 (**) 解出
\[r=\frac{3q^2-9\pm(3-q)\sqrt{3(3-q)(1+q)}}{18},\qquad(*{*}*)\]所以只需证
\[2(2q^2-4q+3)\geqslant3q^2-9+(3-q)\sqrt{3(3-q)(1+q)},\]化简即
\[(5-q)(3-q)\geqslant(3-q)\sqrt{3(3-q)(1+q)},\]而
\[(5-q)^2-3(3-q)(1+q)=4(q-2)^2\geqslant0,\]所以 (I)' 成立，即原不等式 (I) 得证，取等条件除了 `a=b=c=1` 外还有 `q=2`，此时 `r=1/3`，也即 `a`, `b`, `c` 为三次方程 `a^3-3a+2a-1/3=0` 的三个根，具体值与顺序为
\[a=1+\frac2{\sqrt3}\cos\frac\pi{18},\,b=1+\frac2{\sqrt3}\cos\frac{11\pi}{18},\,c=1+\frac2{\sqrt3}\cos\frac{13\pi}{18}\]及其轮换；
再证 (II)'，过程也是类似的
\begin{align*}
\frac{24}{q^2-6r}+\frac1r\geqslant9 &\iff q^2-9q^2r+18r+54r^2\geqslant0\\
&\iff q^2-9q^2r+18r-54\cdot\frac{q^4-2q^3-9q^2r+27r}{27}\geqslant0\\
&\iff -2q^4+4q^3+q^2+9(q^2-4)r\geqslant0\\
&\iff -2q^4+4q^3+q^2+9(q^2-4)\frac{3q^2-9\pm(3-q)\sqrt{3(3-q)(1+q)}}{18}\geqslant0\\
&\iff (3-q)(12+4q-5q^2+q^3)\geqslant\pm(q^2-4)(3-q)\sqrt{3(3-q)(1+q)},
\end{align*}而
\[(12+4q-5q^2+q^3)^2-(q^2-4)^2\cdot3(3-q)(1+q)=4q^2(q^2-2q-2)^2\geqslant0,\]所以 (II)' 成立，即原不等式 (II) 得证，取等条件除了 `a=b=c=1` 外还有 `q^2-2q-2=0`，即 `q=1+\sqrt3`，此时 `r=\bigl(3+2\sqrt3\bigr)/9`，也即 `a`, `b`, `c` 为三次方程
\[a^3-3a+\bigl(1+\sqrt3\bigr)a-\frac{3+2\sqrt3}9=0\]的三个根，具体值与顺序为
\[a=1+\frac{3\sqrt2-\sqrt6}3\cos\frac{7\pi}{36},\,b=1+\frac{3\sqrt2-\sqrt6}3\cos\frac{17\pi}{36},\,c=1+\frac{3\sqrt2-\sqrt6}3\cos\frac{31\pi}{36}\]及其轮换。 |
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