[不等式] 最近做的有趣不等式

1.设点$A(a,b),B(c,d)$在单位圆盘内运动，求证:
\[\frac{1-a}{1-a^2-b^2}+\frac{1-c}{1-c^2-d^2}\geq\frac{2-a-c}{1-\left(\frac{a+c}{2}\right)^2-\left( \frac{b+d}{2}\right)^2} \]  

2.$a,b,c\geq 0$求证:
\[ (a^2+b^2+c^2)^5\geq 27(a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2)^2 \]
(proposed by tian27546)

Both of them can be proved by Cauchy-Schwarz. :D

2. $a$, $b$, $c\geqslant 0$，求证
\[(a^2+b^2+c^2)^5\geqslant 27(a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2)^2.\]

CS想不到，只想到了下面这个麻烦的证法。

由轮换对称性，不妨设 $b$ 在 $a$, $c$ 之间，则有
\[c(ab+bc+ca)(a-b)(b-c)\geqslant 0 \iff a^3b^2+b^3c^2+c^3a^2\leqslant b^2(a^3+c^3+a^2c+ac^2-abc),\]
因此要证原不等式只需证
\[(a^2+b^2+c^2)^5\geqslant 27b^4(a^3+c^3+a^2c+ac^2-abc)^2,\]
由齐次性，不妨设 $b=1$，记 $p=a+c$, $q=ac$，则 $q\in[0,p^2/4]$，由 $b$ 在 $a$, $c$ 之间可知 $p\geqslant 1$ 以及上式右边括号内恒为正，所以上式可以两边取对数，整理后等价于
\begin{equation}\label{20130114z10degineqzyz}
f(q)=5\ln (1+p^2-2q)-\ln 27-2\ln (p^3-2pq-q)\geqslant 0.
\end{equation}

求导得
\[f'(q)=\frac{-10}{1+p^2-2q}+\frac{2(2p+1)}{p^3-2pq-q}=\frac{2(p+1)^2-6p^3+6(2p+1)q}{(1+p^2-2q)(p^3-2pq-q)},\]
则
\[f'(q)=0\iff q=\frac{3p^3-(p+1)^2}{3(2p+1)},\]
可见，无论 $p$ 取何值，$f(q)$ 取最小值时的 $q$ 必为 $0$ 或 $p^2/4$ 或 $(3p^3-(p+1)^2)/(3(2p+1))$，所以只要证明当 $q$ 取这三个值时 $f(q)$ 都是非负即可。经一系列的计算，可以得到
\begin{align*}
f(0)&=5\ln (1+p^2)-\ln 27-6\ln p=g(p), \\
f\left( \frac{p^2}4 \right)&=5\ln (2+p^2)-\ln 54-4\ln p-2\ln (2p-1)=h(p), \\
f\left( \frac{3p^3-(p+1)^2}{3(2p+1)} \right)&=6\ln (p+1)+\ln \frac{3125}{729}-5\ln (2p+1)=k(p),
\end{align*}
分别求导得
\begin{align*}
g'(p)=\frac{2(2p^2-3)}{p(1+p^2)}&\riff g(p)\geqslant g\left( \sqrt{\frac32} \right)=\ln \frac{3125}{2916}>0, \\
h'(p)=\frac{2(p-2)(4p^2+5p-2)}{p(2p-1)(2+p^2)}&\riff h(p)\geqslant h(2)=0, \\
k'(p)=\frac{2(p-2)}{(p+1)(2p+1)}&\riff k(p)\geqslant k(2)=0,
\end{align*}
所以式 \eqref{20130114z10degineqzyz} 成立，原不等式得证。

证明：
我们先证明一个引理
\[ (a+b+c)^5\geq 27(ab+bc+ca)(a^2b+b^2c+c^2a) \]
我们可以假定$(b-a)(b-c)\leq 0 $，由此可得
\[ a^2b+b^2c+c^2a\leq b(a^2+c^2+ac) \]
由AM-GM,
\[
27(ab+bc+ca)(a^2b+b^2c+c^2a)\leq 27b(b(c+a)+ca)(a^2+c^2+ac) \]
\[ =27b(b(c+a)+ca)((c+a)^2-ca)\leq \frac{27b(c+a)^2(a+b+c)^2}{4}\leq \frac{27(\frac{2(a+b+c)}{3})^3(a+b+c)^2}{8}=RHS \]
由此，引理得证。
用$a,b,c$代替$a^2,b^2,c^2$，不等式变为
\[ (a+b+c)^5\geq 27(a^{\frac{3}{2}}b+b^{\frac{3}{2}}c+c^{\frac{3}{2}}a)^{2} \]
由Cauchy-Schwarz不等式
\[ 27(a^{\frac{3}{2}}b+b^{\frac{3}{2}}c+c^{\frac{3}{2}}a)^{2}\leq 27(a^2b+b^2c+c^2a)(ab+bc+ca) \]
结论显然，不等式证毕。

4# pxchg1200

唉，那个引理我当年也证过，没想到可以用到这里来……其实都是五次方，本应想想的……

学习了

第一个刚才想玩玩几何意义，没发现出什么，还好CS不难想
\begin{align*}
\frac{1-a}{1-a^2-b^2}+\frac{1-c}{1-c^2-d^2}&=\frac1{1+a-\frac{b^2}{1-a}}+\frac1{1+c-\frac{d^2}{1-c}} \\
& \geqslant \frac4{2+a+c-\frac{b^2}{1-a}-\frac{d^2}{1-c}} \\
& \geqslant \frac4{2+a+c-\frac{(b+d)^2}{2-a-c}} \\
& =\frac{2-a-c}{1-\bigl(\frac{a+c}2\bigr)^2-\bigl(\frac{b+d}2\bigr)^2}.
\end{align*}

6# kuing


Nice! Here is my proof.
证明：两边乘2后再同时减去2，不等式变为
\[ \frac{(1-a)^2+b^2}{1-a^2-b^2}+\frac{(1-c)^2+d^2}{1-c^2-d^2} \geq \frac{2-2a-2c+\frac{(a+c)^2}{2}+\frac{(b+d)^2}{2}}{1-\left(\frac{a+c}{2}\right)^2-\left( \frac{b+d}{2}\right)^2} \]
注意到:
\[ 2-2a-2c+\frac{(a+c)^2}{2}=\frac{1}{2}(a^2+c^2+2ac-4a-4c+4)=\frac{1}{2}(2-a-c)^2 \]
所以，不等式变为
\[ \frac{(1-a)^2+b^2}{1-a^2-b^2}+\frac{(1-c)^2+d^2}{1-c^2-d^2} \geq \frac{\frac{1}{2}(2-a-c)^2+\frac{(b+d)^2}{2}}{1-\left(\frac{a+c}{2}\right)^2-\left( \frac{b+d}{2}\right)^2}\]
现在，运用Cauchy-Schwarz不等式:
\[ \frac{(1-a)^2}{1-a^2-b^2}+\frac{(1-c)^2}{1-c^2-d^2} \geq \frac{(2-a-c)^2}{2-(a^2+b^2+c^2+d^2)}\geq \frac{\frac{1}{2}(2-a-c)^2}{1-\left(\frac{a+c}{2}\right)^2-\left( \frac{b+d}{2}\right)^2}\]
\[ \frac{b^2}{1-a^2-b^2}+\frac{d^2}{1-c^2-d^2} \geq \frac{(b+d)^2}{2-(a^2+b^2+c^2+d^2)}\geq\frac{\frac{(b+d)^2}{2}}{1-\left(\frac{a+c}{2}\right)^2-\left( \frac{b+d}{2}\right)^2}\]
两式相加，不等式得证。

互相学习
第三步变出来的不等式挺漂亮

8# kuing


你的也很牛啊！