最近在知乎的回答存档——不等式类

kuing

网址：zhihu.com/question/451350874
标题：这个三元不等式怎么证?

我的回答：
由 `xy+yz+zx=\frac {9-x^2-y^2-z^2}2` 可知原不等式等价于 `f(x)+f(y)+f(z)+9\geqslant 0`，其中
\[f(x)=\frac 2{x^2}-5x^2,\]不妨设 `x\leqslant y\leqslant z` ，则有 `x+y\leqslant 2` 及 `xy\leqslant 1` ，于是
\begin{align*} f(x)+f(y)-2f\left( {\frac {x+y}2} \right)&=(x-y)^2\left( {\frac {2(x^2+4xy+y^2)}{x^2y^2(x+y)^2}-\frac 52} \right)\\ &\geqslant (x-y)^2\left( {\frac {x^2+4xy+y^2}{2xy}-\frac 52} \right)\\ &=(x-y)^2\frac {x^2-xy+y^2}{2xy}\\ &\geqslant 0, \end{align*}所以只需证明
\[2f\left( {\frac {3-z}2} \right)+f(z)+9\geqslant 0,\]因式分解等价于
\[\frac {3(z-1)^2(-5z^4+30z^3-49z^2+16z+12)}{2(z-3)^2z^2}\geqslant 0,\]配方得
\[4(-5z^4+30z^3-49z^2+16z+12)=5z(3-z)(2z-3)^2+3(3z-4)^2+z(1+2z)>0,\]即得证。

发布于 04-04

kuing

网址：zhihu.com/question/452729081
标题：如何证明这个三元不等式？

我的回答：
很久以前的竞赛题，经典证法如下（好像就是参考答案）：

显然序列 `\{ab,bc,ca\}` 与 `\left\{ \frac 1{a+b},\frac 1{b+c},\frac 1{c+a} \right\}` 为逆序，故由乱序和 ≥ 逆序和得
\[\frac {ab}{a+c}+\frac {bc}{b+a}+\frac {ca}{c+b}\geqslant \frac {ab}{a+b}+\frac {bc}{b+c}+\frac {ca}{c+a},\]所以
\begin{align*} &\frac {ab}{a+c}+\frac {bc}{b+a}+\frac {ca}{c+b}\\ \geqslant{}& \frac 12\left( \frac {ab}{a+c}+\frac {bc}{b+a}+\frac {ca}{c+b}+\frac {ab}{a+b}+\frac {bc}{b+c}+\frac {ca}{c+a} \right)\\ ={}&\frac 12\left( \frac {a(b+c)}{c+a}+\frac {b(c+a)}{a+b}+\frac {c(a+b)}{b+c} \right)\\ \geqslant{}& \frac 32\sqrt[3]{\frac {a(b+c)}{c+a}\cdot \frac {b(c+a)}{a+b}\cdot \frac {c(a+b)}{b+c}}\\ ={}&\frac 32. \end{align*}
另一种证法，和 @舒自均 类似的换元法，用均值放一下就不需要用Vasc不等式了。

令 `a=\sqrt {y/x},b=\sqrt {z/y},c=\sqrt {x/z}` ，则
\begin{align*} \sum \frac {ab}{a+c}&=\sum \frac z{x+\sqrt {yz}}\\ &\geqslant \sum \frac {2z}{2x+y+z}\\ &\geqslant \frac {2(x+y+z)^2}{\sum z(2x+y+z)}\\ &=\frac {2(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2+xy+yz+zx}\\ &\geqslant \frac 32. \end{align*}
发布于 04-05

kuing

网址：zhihu.com/question/454207735
标题：该不等式问题怎么证明?

我的回答：
由对称性不妨设 `a\geqslant b\geqslant c` ，则 `a^{2012}+b^{2012}+c^{2012}\leqslant a^2(a^{2010}+b^{2010}+c^{2010})` ，所以只需证
\[\frac 32+\frac {bc}{a(a+b+c)}\geqslant 3\sqrt {\frac {(a+b)(b+c)(c+a)}{(a+b+c)^3}},\]由齐次性不妨设 `a+b+c=1` ，令 `p=b+c,q=bc` ，则上式化为
\[\frac 32+\frac q{1-p}\geqslant 3\sqrt {(1-p+q)p},\]令 `f(q)=\frac 32+\frac q{1-p}-3\sqrt {(1-p+q)p}` ，求导得
\[f'(q)=\frac 1{1-p}-\frac {3\sqrt p}{2\sqrt {1-p+q}}\geqslant \frac 1{1-p}-\frac {3\sqrt p}{2\sqrt {1-p}}=\frac {2-3\sqrt {p(1-p)}}{2(1-p)}\geqslant \frac {2-\frac 32}{2(1-p)}>0,\]所以 `f(q)\geqslant f(0)=\frac 32-3\sqrt {(1-p)p}\geqslant \frac 32-\frac 32=0` ，即得证。

发布于 04-12

kuing

网址：zhihu.com/question/454727066
标题：怎么证明这个带根号不等式?

我的回答：
由柯西有
\begin{align*} LHS&\leqslant \sqrt {\sum a(a+b+2c)\sum \frac 1{(a+b+2c)(a+2b+c)}}\\ &=2\sqrt {\frac {\left( \sum a^2+3\sum ab \right)\sum a}{\prod (a+b+2c)}}, \end{align*}故只需证
\[16\left( \sum a^2+3\sum ab \right)\sum a\leqslant 9\prod (a+b+2c),\]展开化简为 `\sum a^2b+\sum ab^2\leqslant 2\sum a^3` ，显然成立。

发布于 04-15

kuing

网址：zhihu.com/question/455471802
标题：如何证明这个轮换对称不等式？

我的回答：
忽然看出了这题的出法……

只需证更强式
\[\sum \frac 4{3(x+y)\bigl( \frac 12(x+y)^2+2 \bigr)}\leqslant \frac 14+\sum \frac 1{6x(x^2+1)},\]也就是
\[\sum \frac 2{\frac {x+y}2\Bigl( \bigl( \frac {x+y}2 \bigr)^2+1 \Bigr)}\leqslant \frac 32+\sum \frac 1{x(x^2+1)},\]令 `f(x)=\frac 1{x(x^2+1)}` ，则 `\frac 32=3f(1)=3f\left( \frac {x+y+z}3 \right)` ，所以上式其实就是
\[2f\left( \frac {x+y}2 \right)+2f\left( \frac {y+z}2 \right)+2f\left( \frac {z+x}2 \right)\leqslant 3f\left( \frac {x+y+z}3 \right)+f(x)+f(y)+f(z),\]易知 f(x) 是下凸函数，所以由 Popoviciu 不等式可知上式成立，即得证。

发布于 04-22

kuing

网址：zhihu.com/question/456667419
标题：很像舒尔不等式，对于正数a,b,c，一定成立吗 ?

我的回答：
不妨设 c=min{a,b,c}，则第三项非负，而前两项之和为
\[\frac{a(a-b)(a-c)}{a^2+2bc}+\frac{b(b-c)(b-a)}{b^2+2ca}=\frac{(a-b)^2c(2a^2+2b^2-2ac-2bc+3ab)}{(a^2+2bc)(b^2+2ca)},\]显然也非负，所以不等式成立。

发布于 04-26

kuing

网址：zhihu.com/question/459709451
标题：如何评价2021年浙江省数学联赛?
2021年浙江省数学联赛于5.16举行

我的回答：
聊聊最后那道不等式。



看到这里我就知道这题的命制方法就是由一道老题弱化而来，事关我想起我的《撸题集》P.447 里十年前这题：


（连根号里面 x^2 不提出来这一写法都……）

弱化的方法这里就是运用柯西，即对已知不等式 LHS>=1 用柯西将左边放大 LHS^2<=(A)(B)，寻找能使 A<=C（常数）的 A，这样就得到新的不等式 B>=1/C。当然这说起来简单但实际还是要兼顾不少东西，如取等、美观与吓人度等。

再说回原不等式，由于原先的老题并不强，再这样弱化，出来的不等式肯定弱爆，所以应该会有更简单的证法，而不必沿着弱化的旧路走（正如他也提供了证法2，不过那证法2实在是太复杂了，竟然通分……）下面我就写一个另证吧：

首先同样升次去根号，即： `x,y,z>0,x+y+z=1` 求证 `\sum \frac {x^8+y^4z^4}{x^5(y^2+z^2)}\geqslant 1` ，亦即
\[\sum \frac {x^3}{y^2+z^2}+\sum \frac {y^4z^4}{x^5(y^2+z^2)}\geqslant 1,\]下面证明 `\sum \frac {x^3}{y^2+z^2}\geqslant \frac {x+y+z}2` 且 `\sum \frac {y^4z^4}{x^5(y^2+z^2)}\geqslant \frac {x+y+z}2` 。

第一个，由柯西有
\[\sum \frac {x^3}{y^2+z^2}=\sum \frac {(x^2)^2}{x(y^2+z^2)}\geqslant \frac {(x^2+y^2+z^2)^2}{\sum x(y^2+z^2)},\]故只需证
\[(x^2+y^2+z^2)^2\geqslant \frac 12\sum x\sum x(y^2+z^2), \quad(*)\]展开可知显然成立；

第二个，由柯西有
\[\sum \frac {y^4z^4}{x^5(y^2+z^2)}=\frac 1{x^4y^4z^4}\sum \frac {(y^4z^4)^2}{x(y^2+z^2)}\geqslant \frac 1{x^4y^4z^4}\cdot \frac {\left( {\sum y^4z^4} \right)^2}{\sum x(y^2+z^2)},\]故只需证
\[\left( {\sum y^4z^4} \right)^2\geqslant \frac 12x^4y^4z^4\sum x\sum x(y^2+z^2),\]又由刚才的式 (*)，只需证
\[\left( {\sum y^4z^4} \right)^2\geqslant x^4y^4z^4\left( {\sum x^2} \right)^2,\]两边开荒再换个元就是显然成立的 `\sum a^2b^2\geqslant abc(a+b+c)` 。

综上，原不等式得证。

PS、通常弱的不等式证法会很多，以上证明未必最简单，大家可以继续玩儿。

编辑于 05-17

注：全卷及答案见 Zero00 的回答，其他回答也可以看看。

kuing

网址：zhihu.com/question/464849709
标题：三角形中的Walker不等式如何证明？
已知三角形三边长a,b,c及内切圆半径r，求证：`\sum\frac1{a^2}\le\frac1{4r^2}`.

我的回答：
由图形易知
\[\frac ar=\cot \frac B2+\cot \frac C2,\]令 `x=\cot \frac A2,y=\cot \frac B2,z=\cot \frac C2` ，由熟知的恒等式有 `x+y+z=xyz` ，待证不等式为
\[\sum \frac 1{(y+z)^2}\leqslant \frac 14,\]即
\[\sum \frac {xyz}{(y+z)^2}\leqslant \frac {x+y+z}4,\]由均值 `\frac {xyz}{(y+z)^2}\leqslant \frac x4` 故上式显然成立。

发布于 06-13

kuing

网址：zhihu.com/question/467386112
标题：请教大家，下面这样带幂次项的不等式怎么证明？
论文公式推导中碰到一个严重的问题，就是下面这样的不等式是如何证明的呢？

其中a和b为任意数，0<m/n<1，且m和n都是奇数。首先肯定的是，这个不等式是成立的，我用matlab验证过a和b从-1000到1000内都是成立的。这个不等式对我非常重要，求助大家，帮我证明一下吧，十分感谢！

我的回答：
令 `a+b=c` ，不等式化为
\[a(a^{m/n}-c^{m/n})\leqslant a^2+(c-a)^{2m/n},\]一方面 `LHS\leqslant |a|\cdot |a^{m/n}-c^{m/n}|` ，

另一方面由均值 `RHS\geqslant 2\sqrt {a^2(c-a)^{2m/n}}=2|a|\cdot |(c-a)^{m/n}|` ，

所以只需证明更强式
\[|a^{m/n}-c^{m/n}|\leqslant 2|(c-a)^{m/n}|,\]注意上式的对称性：交换 a, c 式子不变，将 a, c 同时变为其相反数也不变，所以只需讨论如下两种情况即可：

（1） `a\geqslant c\geqslant 0` ；

（2） `a\geqslant 0\geqslant c` 。

其余情况都可以转化为以上两种情况。

对于（1），不等式即
\[a^{m/n}-c^{m/n}\leqslant 2(a-c)^{m/n},\]令 `f(c)=c^{m/n}+2(a-c)^{m/n}` ，由 `0<m/n<1` 可知 f(c) 为上凸函数，故 `f(c)\geqslant \min \{f(0),f(a)\}=a^{m/n}` ，故此时不等式成立；

对于（2），令 `c=-d,d\geqslant0` ，不等式即
\[a^{m/n}+d^{m/n}\leqslant 2(a+d)^{m/n},\]又由 `0<m/n<1`，根据幂平均不等式得
\[\frac {a^{m/n}+d^{m/n}}2\leqslant \left( {\frac {a+d}2} \right)^{m/n}<(a+d)^{m/n},\]故此时不等式也成立。

综上所述，原不等式获证。

发布于 06-25

kuing

网址：zhihu.com/question/469508470
标题：求所给函数的最小值点？

有没有除了求导以外的方法？比如说直接整理多项式，变成一个类似于双勾函数的形式，然后求最值点？求大佬指教

我的回答：
可以玩玩均值，待定正数 a, b，有
\[\bigl(2f(x)\bigr)^2=\frac{(x+1)^6}{x(x-1)^2}=\frac{a^2b^3(x+1)^6}{x\cdot a(x-1)\cdot a(x-1)\cdot b\cdot b\cdot b},\]对分母六元均值有
\begin{align*} x\cdot a(x-1)\cdot a(x-1)\cdot b\cdot b\cdot b&\leqslant \left( {\frac {x+a(x-1)+a(x-1)+b+b+b}6} \right)^6\\ &=\left( {\frac {(1+2a)x-2a+3b}6} \right)^6, \end{align*}为了能约掉分子的 x+1，需要 `1+2a=-2a+3b` ，即
\[4a-3b+1=0,\]还需要满足取等，即 `x=a(x-1)=b` ，代入上式即
\[\frac{4x}{x-1}-3x+1=0,\]解得 `x=\frac{4+\sqrt{13}}3` 。

编辑于 07-02

kuing

网址：zhihu.com/question/469930545
标题：请问这个不等式成立吗?如何证明?

范围实数。

我的回答：
注意到 `4(a^2-a+1)^2-2(1+a^4)=2(1-a)^4`

发布于 07-04

kuing

网址：zhihu.com/question/468578328
标题：这道非齐次轮换不等式如何证明？
已知 `abc=1` ，求证 `a^3b+b^3c+c^3a>=a^2b+b^2c+c^2a` 。
（漏写 a,b,c>0）

我的回答：
令 a=x/y, b=y/z, c=z/x，原不等式变成
\[\frac {x^3}{y^2z}+\frac {y^3}{z^2x}+\frac {z^3}{x^2y}\geqslant \frac {x^2}{yz}+\frac {y^2}{zx}+\frac {z^2}{xy},\]两边乘 xyz，变成
\[\frac {x^4}y+\frac {y^4}z+\frac {z^4}x\geqslant \frac {x^4}x+\frac {y^4}y+\frac {z^4}z,\]无论 x, y, z 大小顺序如何，右边为逆序和，左边为乱序和，故由排序不等式可知不等式成立。

发布于 07-04

注：也可以用均值，见原帖其他回答。

kuing

网址：zhihu.com/question/471185729
标题：请问大佬这道题怎么证明？

想了好久，问了好多人都不会，求大佬指点

我的回答：
令 `\frac ab=x^3,\frac bc=y^3,\frac ca=z^3` ，则 xyz=1，原不等式等价于
\[\frac {x^3+y^3+z^3}{xyz}\geqslant 2\left( {\frac {x^3}{x^3+z^3}+\frac {y^3}{y^3+x^3}+\frac {z^3}{z^3+y^3}} \right),\]两边减 3，等价于
\[\frac {x^3+y^3+z^3-3xyz}{xyz}\geqslant \frac {(x^3-y^3)(y^3-z^3)(z^3-x^3)}{(x^3+y^3)(y^3+z^3)(z^3+x^3)},\]只需证
\[\frac {x^3+y^3+z^3-3xyz}{xyz}\geqslant \frac {|(x-y)(y-z)(z-x)|}{(x+y)(y+z)(z+x)}\prod \frac {x^2+xy+y^2}{x^2-xy+y^2},\]因为 `(x+y)(y+z)(z+x)\geqslant 8xyz`，以及 `\frac {x^2+xy+y^2}{x^2-xy+y^2}\leqslant 3` 等，故只需证
\[x^3+y^3+z^3-3xyz\geqslant \frac {27}8|(x-y)(y-z)(z-x)|,\]下面证明更强式：
\[x^3+y^3+z^3-3xyz\geqslant 4|(x-y)(y-z)(z-x)|,\quad(*)\]固定 x, y, z 的相对位置，让它们同时变小，则右边不变，左边 `=\frac12(x+y+z)\sum (x-y)^2` 是变小的，因此只需证明其中一变量为零的情况即可。不妨设 `x\geqslant y\geqslant z` ，即只需证明
\[x^3+y^3\geqslant 4xy(x-y),\]由均值有 `4y(x-y)\leqslant x^2` ，故上式成立，原不等式获证。

顺便一提，式 (*) 的系数还可以再大，最佳系数是
\[x^3+y^3+z^3-3xyz\geqslant \sqrt {9+6\sqrt 3}\cdot|(x-y)(y-z)(z-x)|.\]见《撸题集》P.467 题目 4.6.46.

发布于 07-10

注：由以上证明过程可以看出原不等式其实很弱，所以自然会有很多证法，见原帖其他回答，基本上都比我的简单，相对来说我这证法有点偏，不过恰好可以引用撸题集

kuing

差点忘了还有私信里的回答……



令 `y_j=x_1+x_2+\cdots+x_j`，则
\begin{align*}
\LHS&=y_1+(y_1+y_2)+(y_1+y_2+y_3)+\cdots+(y_1+y_2+\cdots+y_n)\\
&=ny_1+(n-1)y_2+(n-2)y_3+\cdots+y_n,\\
\RHS&=2\left( \frac{y_1^2}{y_1}+\frac{y_2^2}{y_2-y_1}+\frac{y_3^2}{y_3-y_2}+\cdots+\frac{y_n^2}{y_n-y_{n-1}} \right)\\
&=2\left( \frac{(ny_1)^2}{n^2y_1}+\frac{((n-1)y_2)^2}{(n-1)^2(y_2-y_1)}+\frac{((n-2)y_3)^2}{(n-2)^2(y_3-y_2)}+\cdots+\frac{y_n^2}{y_n-y_{n-1}} \right)\\
&\geqslant\frac{2\cdot\LHS^2}{n^2y_1+(n-1)^2(y_2-y_1)+(n-2)^2(y_3-y_2)+\cdots+y_n-y_{n-1}}\\
&=\frac{2\cdot\LHS^2}{(2n-1)y_1+(2n-3)y_2+(2n-5)y_3+\cdots+3y_{n-1}+y_n}\\
&=\frac{2\cdot\LHS^2}{2\cdot\LHS-(y_1+y_2+\cdots+y_n)}\\
&>\LHS,
\end{align*}等号取不了……

日期：02-25

kuing

网址：zhihu.com/question/474606354
标题：除了令a+b＝t这种做法，还有什么其他解法吗？

我的回答：
条件化为 `(a+b)(a^2-ab+b^2)\leqslant a-b`。

当 a+b>0 时，有
\[(a+b)^2\leqslant \frac {(a+b)(a-b)}{a^2-ab+b^2},\]由均值有
\[a^2-ab+b^2=\frac {(a+b)^2+3(a-b)^2}4\geqslant \frac {\sqrt {3(a+b)^2(a-b)^2}}2,\]得到
\[\frac {(a+b)(a-b)}{a^2-ab+b^2}\leqslant \frac 2{\sqrt 3},\]从而
\[a+b\leqslant \sqrt {\frac 2{\sqrt 3}},\]易知取等为
\[a=\frac 12\sqrt {\frac 2{\sqrt 3}}\left( {1+\frac 1{\sqrt 3}} \right),b=\frac 12\sqrt {\frac 2{\sqrt 3}}\left( {1-\frac 1{\sqrt 3}} \right),\]所以 `\sqrt {\frac 2{\sqrt 3}}` 就是最大值。

发布于 07-24

kuing

网址：zhihu.com/question/475468885
标题：如何用不等式证明下式？
已知非负实数 `\alpha,\beta,\gamma` 满足 `\alpha+\beta+\gamma=1` ，求证
\[(\sigma_1-\sigma_2)^2\alpha\beta+(\sigma_1-\sigma_3)^2\alpha\gamma+(\sigma_2-\sigma_3)^2\beta\gamma\le \frac{1}{4}\max \left\{ \left( \sigma _1-\sigma _2 \right) ^2,\left( \sigma _1-\sigma _3 \right) ^2,\left( \sigma _2-\sigma _3 \right) ^2 \right\}\]

我的回答：
为方便码代码换个元，问题等价于：

实数 x, y, z 满足 x+y+z=0，以及非负实数 a, b, c，求证：
\[x^2ab+y^2bc+z^2ca\leqslant \frac 14(a+b+c)^2\max \{x^2,y^2,z^2\}.\]由于在 xy, yz, zx 中至少一个非负，由对称性，不妨设 `xy\geqslant 0` ，则 `z^2=(x+y)^2\geqslant x^2+y^2` ，即此时 `\max \{x^2,y^2,z^2\}=z^2` ，不等式等价于
\[x^2ab+y^2bc+(x+y)^2ca\leqslant \frac 14(a+b+c)^2(x+y)^2,\]左边整理一下，即
\[x^2a(b+c)+y^2c(b+a)+2xyca\leqslant \frac 14(a+b+c)^2(x+y)^2,\]由均值及 `xy\geqslant 0` ，有
\begin{align*} x^2a(b+c)&\leqslant x^2\cdot \frac 14(a+b+c)^2,\\ y^2c(b+a)&\leqslant y^2\cdot \frac 14(a+b+c)^2,\\ 2xyca&\leqslant 2xy\cdot \frac 14(a+b+c)^2, \end{align*}三式相加即得证。

发布于 07-28

注：整个过程中并未使用 a, b, c 非负的条件，所以 a, b, c 的范围也可放宽为实数。

isee

回复 36# kuing

哎呀哎呀，功力不够，好似“虚竹叫侍女一起进山洞练武功,谁料竟晕倒了”~

kuing

网址：zhihu.com/question/479606400
标题：请问如何证明此不等式？

我的回答：
【引理】 `a,b,c>0,abc=1` ，则
\[\sum\frac1{1+a+a^2}\geqslant1.\]此引理只需令 `a=yz/x^2` 等再柯西即可证出（过程略）。

回到原题，令 `\frac ba=x^4,\frac cb=y^4,\frac ac=z^4,x,y,z>0` ，则 `xyz=1` ，原不等式化为
\[\sum\frac{(1+x^4)^2}{1+3x^4+4x^8}\geqslant\frac32,\]因为
\[\frac{(1+x^4)^2}{1+3x^4+4x^8}-\left( \frac14+\frac34\cdot\frac1{1+x^3+x^6} \right)=\frac{(x-1)^2x^3(5x^5+10x^4+3x^3+x^2+2x+3)}{4(1+3x^4+4x^8)(1+x^3+x^6)}\geqslant0,\]所以只需证
\[\sum\left( \frac14+\frac34\cdot\frac1{1+x^3+x^6} \right)\geqslant\frac32,\]化简即
\[\sum\frac1{1+x^3+x^6}\geqslant1,\]由引理可知成立。

发布于 08-15

注：和 19# 一样嘀方式。

kuing

网址：zhihu.com/question/483946898
标题：请问各位大神，这个不等式怎么解？

我的回答：
由条件有
\[\left( {\frac 8x+\frac 1y} \right)^4=\left( {\frac 8x+\frac 1y} \right)^4\frac {x^2y^3}{x+4y}=\frac {(x+8y)^4}{x^2y(x+4y)},\]这里比较常规的方法可以令 x=ty 变成一元函数求导即可解。

但这题数据给得好，恰好可以这样玩：
\[(x+8y)^4=\bigl(x^2+16y(x+4y)\bigr)^2\geqslant 4\cdot x^2\cdot 16y(x+4y),\]这样就得到 `\frac {(x+8y)^4}{x^2y(x+4y)}\geqslant 64` ，从而 `\frac 8x+\frac 1y\geqslant \sqrt[4]{64}=2\sqrt 2` 。

发布于 09-01

注：链接中的其他解法也挺简单，主要还是数据给得好。

kuing

网址：zhihu.com/question/485134863
标题：如何证明这个三元不等式呢？
` a,b,c\in \mathbb{R}  ` ，证明
\[-\frac{1}{4}\leqslant \frac{\left( 1+a \right) \left( 1+b \right) \left( 1+c \right) \left( 1+abc \right)}{\left( 1+a^2 \right) \left( 1+b^2 \right) \left( 1+c^2 \right)}\leqslant 2\]

我的回答：
左边比较简单，写成 pqr 之后配方恰好 OK，结果是
\begin{align*}
&(1+a^2)(1+b^2)(1+c^2)+4(1+a)(1+b)(1+c)(1+abc)\\
={}&(1+ab+bc+ca+2abc)^2+(2+a+b+c+abc)^2\geqslant0;
\end{align*}
右边未想到简单方法，暂且先上爆力判别式法。

为码字方便，记 `X=(1+b^2)(1+c^2)` 及 `Y=(1+b)(1+c)` ，右边即
\[2(1+a^2)X-(1+a)Y(1+abc)\geqslant 0,\]即
\[(2X-Ybc)a^2-Y(1+bc)a+2X-Y\geqslant 0,\]易证 `2X-Ybc>0` ，计算判别式
\begin{align*}
\Delta &=Y^2(1+bc)^2-4(2X-Ybc)(2X-Y)\\
&=Y^2(1+bc)^2-4Y^2bc-16X^2+8X(Ybc+Y)\\
&=Y^2(1-bc)^2-8X(2X-Ybc-Y),
\end{align*}由柯西不等式得
\[Y^2\leqslant 4X,\]由
\[2(2X-Ybc-Y)-(1-bc)^2=(1-b)^2(1-c)^2+3(b-c)^2,\]得
\[(1-bc)^2\leqslant 2(2X-Ybc-Y),\]从而 `\Delta \leqslant 0` ，即得证。

发布于 09-07