[不等式] 来自人教群的$abc=1$轮换不等式

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2013-1-25 00:41

话说我证得有点点bao力的。
首先那些平方是多余的（因 $a\leftrightarrow\sqrt a$ 条件不变），于是即证
\[
\sum \frac1{a+3b+2}\leqslant \frac12,
\]
正因为次数不高，所以才不怕bao力将上式去分母展开，等价于
\[
9\sum a^2c+3\sum a^2b-16\sum a-16+28abc\geqslant 0,
\]
由 $abc=1$，上式整理为
\[
3\left( 3\sum a^2c-4\sum a+3 \right)+3\sum a^2b-4\sum a+3\geqslant 0,
\]
于是我们只要证明
\begin{align}
3\sum a^2c-4\sum a+3&\geqslant 0, \label{20130125lhdcxblzs1}\\
3\sum a^2b-4\sum a+3&\geqslant 0, \label{20130125lhdcxblzs2}
\end{align}
而这显然只需证其一即可，另一个是同理的。下面就证明式 \eqref{20130125lhdcxblzs2}，令 $a=x/y$, $b=y/z$, $c=z/x$，其中 $x$, $y$, $z>0$，则
\begin{align*}
3\sum a^2b-4\sum a+3\geqslant 0&\iff3\sum\frac{x^2}{yz}-4\sum\frac xy+3\geqslant 0 \\
& \iff3\sum x^3-4\sum x^2z+3xyz\geqslant 0 \\
& \iff\frac16\sum(5x+13y-3z)(x-y)^2\geqslant 0,
\end{align*}
由轮换对称性，不妨设 $y$ 在 $x$ 与 $z$ 之间，即 $(x-y)(y-z)\geqslant 0$，此时有
\[
(5z+13x-3y)(z-x)^2\geqslant (5z+13x-3y)\bigl((x-y)^2+(y-z)^2\bigr),
\]
于是
\begin{align*}
& \sum(5x+13y-3z)(x-y)^2 \\
\geqslant{}& (5x+13y-3z+5z+13x-3y)(x-y)^2+(5y+13z-3x+5z+13x-3y)(y-z)^2 \\
={}& (18x+10y+2z)(x-y)^2+(10x+2y+18z)(y-z)^2 \\
\geqslant{}& 0,
\end{align*}
从而式 \eqref{20130125lhdcxblzs2} 得证，所以原不等式成立。

借助于版主说的，“首先那些平方是多余的（因 $a\leftrightarrow\sqrt a$ 条件不变），于是即证
\[
\sum \frac1{a+3b+2}\leqslant \frac12,
\]
被一大堆平方吓住了，……”
那不是可以改成：

\[
\sum \frac1{a^3+3b^3+2}\leqslant \frac12,
\]
或者改成：
\[
\sum \frac1{a^n+3b^n+2}\leqslant \frac12,
\]
例如，$n=\dfrac12$就变成：
\[
\sum \frac1{\sqrt a+3\sqrt b+2}\leqslant \frac12,
\]
嘻嘻，为了练习代码输入

2# yes94

写成那些当然也可以了，只是这样出题可能会被高手们BS...

2# yes94

写成那些当然也可以了，只是这样出题可能会被高手们BS...
kuing 发表于 2013-1-25 19:48

原来这个也一样：

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2013-1-27 22:55

5# yes94

完全对称简单很多……

6# kuing
这个的确很简单，
我说“一样”指的是“条件一样”和“指数上升下降"一样，方法可不一样了，这道题对称，就简单得多

那些平方显然是炸蛋，糊弄人的，前几天整理过了，方法与这个稍有不同。还可以进一步简化证明。

8# zdyzhj
也发上来,口气怎么跟不等式群的县长一样,总是说整理了什么,就不见过程.

8# zdyzhj
也发上来,口气怎么跟不等式群的县长一样,总是说整理了什么,就不见过程.
realnumber 发表于 2013-1-28 08:43

县长驾到！有失远迎，罪过！

5# yes94
争对（2），能否证明$$\dfrac1{\sqrt{1+a+b}}+\dfrac1{\sqrt{1+b+c}}+\dfrac1{\sqrt{1+c+a}}\leqslant \sqrt3$$

5# yes94
争对（2），能否证明$$\dfrac1{\sqrt{1+a+b}}+\dfrac1{\sqrt{1+b+c}}+\dfrac1{\sqrt{1+c+a}}\leqslant \sqrt3$$
reny 发表于 2013-3-9 16:10

不是弱于那个（2）么，柯西一下……

12# kuing
的确是！ 问题变弱了. 如果是n次根号的话，用Holder解决.
#5问题（1）变为$$\dfrac1{\sqrt[3]{1+2a}}+\dfrac1{\sqrt[3]{1+2b}}+\dfrac1{\sqrt[3]{1+2c}}\geqslant \sqrt[3]9$$,就不弱于（1）吧.
Ps、顺便说下，我搜索曾经发的帖子，怎么只有最近两条