不等式问题

人间风雪客

求教高手，来个快捷的证明

Ly-lie

盲猜一手$ (0,\frac{3}{4},\frac{9}{4}) $

kuing

记 `ab+bc+ca=q`, `abc=r`，则 `q\leqslant(a+b+c)^2/3=3`，再记
\begin{align*}
t_1&=a^3b+b^3c+c^3a,\\
t_2&=ab^3+bc^3+ca^3,
\end{align*}
由 `a+b+c=3`，不难验证
\begin{align*}
t_1+t_2&=9q-2q^2-3r,\\
t_1t_2&=q^4+243r-135qr+3q^2r+63r^2,
\end{align*}
这说明 `t_1`, `t_2` 是以下关于 `t` 的方程的两根
\[t^2-(9q-2q^2-3r)t+q^4+243r-135qr+3q^2r+63r^2=0\]
注意上式关于 `r` 也是二次的，因此关于 `r` 的判别式非负，即
\[\Delta_r=-81\bigl(3t^2+(6q^2-18q-18)t+3q^4+10q^3-243q^2+810q-729\bigr)\geqslant0,\]
由此解得
\[t\leqslant3+q(3-q)+\frac23\sqrt{21}\sqrt{(3-q)^3},\]
记 `\sqrt{3-q}=u`，则上式化简为
\[t\leqslant-u^4+\frac23\sqrt{21}u^3+3u^2+3=f(u),\]
求导易知当 `u=\frac{3\sqrt5+\sqrt{21}}4` 时 `f(u)` 最大，即
\[f(u)\leqslant f\left( \frac{3\sqrt5+\sqrt{21}}4 \right)=\frac{9\bigl( 63+5\sqrt{105} \bigr)}{32},\]
所以
\[a^3b+b^3c+c^3a\leqslant\frac{9\bigl( 63+5\sqrt{105} \bigr)}{32},\]
至于取等条件，懒得验证了😁

kuing

还是写一下取等：
取等时 `a`, `b`, `c` 为方程
\[x^3-3x^2-\frac38\bigl( 3+\sqrt{105} \bigr)x+\frac3{112}\bigl( 147+17\sqrt{105} \bigr)=0\]
的三个根且 `a>b>c`（或其轮换），近似值为 `(a,b,c)\approx(3.71382,1.20642,-1.92024)`。

人间风雪客

kuing 发表于 2022-7-27 22:31
还是写一下取等：
取等时 `a`, `b`, `c` 为方程
\[x^3-3x^2-\frac38\bigl( 3+\sqrt{105} \bigr)x+\frac3{11 ...

多谢大佬

郝酒

kuing 发表于 2022-7-27 22:31
还是写一下取等：
取等时 `a`, `b`, `c` 为方程
\[x^3-3x^2-\frac38\bigl( 3+\sqrt{105} \bigr)x+\frac3{11 ...

ku版，如果这道题加上\[a,b,c>0\]的条件，最值应该是在上面网友说的地方取，这时候要怎么做呢？
感觉在这个基础上改，不容易。

kuing

郝酒 发表于 2022-7-30 16:49
ku版，如果这道题加上\[a,b,c>0\]的条件，最值应该是在上面网友说的地方取，这时候要怎么做呢？
感觉在这 ...

那样的话：

只需考虑 `a\geqslant b\geqslant c` 的情况，则
\begin{align*}
a^3b+b^3c+c^3a&=b(a+c)^3-c(a-b)(b-c)(a+b+c)-ac(2ab+2bc+ac),\\
&\leqslant b(a+c)^3=\frac13\cdot3b\cdot(a+c)\cdot(a+c)\cdot(a+c)\\
&\leqslant\frac13\left( \frac{3\cdot3}4 \right)^4=\frac{3^7}{2^8}.
\end{align*}

一般地，当 `a`, `b`, `c\geqslant0`, `n\geqslant2` 时，有
\[a^nb+b^nc+c^na\leqslant\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}}(a+b+c)^{n+1}.\]
证明：只需考虑 `a\geqslant b\geqslant c` 的情况，先证
\[a^nb+b^nc+c^na\leqslant b(a+c)^n,\quad(*)\]
当 `n=2` 时
\[a^2b+b^2c+c^2a=b(a+c)^2-c(a-b)(b-c)-abc\leqslant b(a+c)^2,\]
当 `n\geqslant3` 时，由二项式定理知
\[\RHS\geqslant b(a^n+a^{n-1}c+a^{n-2}c^2)=a^nb+a^{n-1}bc+a^{n-3}bc^2a\geqslant a^nb+b^nc+c^na,\]
综上知式 (*) 成立，再由均值
\[b(a+c)^n=\frac1nnb(a+c)^n\leqslant\frac1n\left( \frac{n(a+b+c)}{n+1} \right)^{n+1}=\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}}(a+b+c)^{n+1},\]
即得证，当 `a=nb`, `c=0` 时取等。

isee

kuing 发表于 2022-7-30 17:43
那样的话：

只需考虑 `a\geqslant b\geqslant c` 的情况，则

改成正实数后，陈计《代数不等式》第一讲中例 5 就是配方，不过，条件为和 32.

kuing

isee 发表于 2022-7-31 22:29
改成正实数后，陈计《代数不等式》第一讲中例 5 就是配方，不过，条件为和 32. ...

我看过，那个配方就算了😅难以推广……

isee

kuing 发表于 2022-7-31 22:51
我看过，那个配方就算了😅难以推广……

其实我主要是想表达此题真不易。
似乎同期在知乎也有，没人理