[不等式] 来自粉丝群的三个不等式

天书(1846******) 19:30:54
最近遗留的三个不等式：

(21.7 KB)

2013-1-28 00:18

时间关系明天再玩，第三题大概已经想好怎么玩了……
第二题真是有点不太敢玩……1000……

1# kuing

Well,I guess the We can kill the second one by Cauchy-Schwarz and AM-GM. :P
Having a notice that Cauchy-Schwarz yield that
\[ (a^4+b^4+c^4)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\geq (a^3b+b^3c+c^3a)^2 \]
That inspire us that:
\[ (\sum{a^4})^{4}+4\times 250(\sum{a^2b^2})\geq 5\sqrt[5]{250^{4}\cdot(\sum{a^4})^{4}(\sum{a^2b^2})^{4}} \]
then ....
I am not sure it's correct or not

先把昨晚想好的第三题写写。

3: 设 $a$, $b$, $c$ 是三角形三边，求证
\[\sqrt{\frac a{b+c}}+\sqrt{\frac b{c+a}}+\sqrt{\frac c{a+b}}<1+\frac{2\sqrt3}3.\]

引理：记方程 $x^3+2x^2-2=0$ 的唯一正数根为 $\lambda(\approx0.839)$，则对任意 $x$, $y>0$, $x+y\leqslant\lambda$，成立如下不等式
\begin{equation}\label{20130128eytzyl}
\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}+\sqrt{\frac{1-y}{1+y}}<\sqrt{\frac{1-x-y}{1+x+y}}+1.
\end{equation}

引理的证明：
\begin{align*}
\text{式}~\eqref{20130128eytzyl}&\iff \frac{1-x}{1+x}+\frac{1-y}{1+y}+2\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}\sqrt{\frac{1-y}{1+y}}<\frac{1-x-y}{1+x+y}+1+2\sqrt{\frac{1-x-y}{1+x+y}}\\
&\iff\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}\sqrt{\frac{1-y}{1+y}}-\sqrt{\frac{1-x-y}{1+x+y}}<\frac{x y (2+x+y)}{(1+x) (1+y) (1+x+y)}\\
&\iff\frac{1-x}{1+x}\cdot\frac{1-y}{1+y}-\frac{1-x-y}{1+x+y}<\frac{x y (2+x+y)}{(1+x) (1+y) (1+x+y)}\left(\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}\sqrt{\frac{1-y}{1+y}}+\sqrt{\frac{1-x-y}{1+x+y}}\right)\\
&\iff\frac{2(x+y)}{2+x+y}<\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}\sqrt{\frac{1-y}{1+y}}+\sqrt{\frac{1-x-y}{1+x+y}},
\end{align*}
根据“糖水不等式”有
\[\frac{1-x}{1+x}\cdot\frac{1-y}{1+y}=\frac{1-x-y+xy}{1+x+y+xy}>\frac{1-x-y}{1+x+y},\]
记 $x+y=t$，则只要证明
\[\frac t{2+t}\leqslant \sqrt{\frac{1-t}{1+t}},\]
两边平方整理等价于
\[\frac{2(t^3+2t^2-2)}{(t+1)(t+2)^2}\leqslant0,\]
由 $0<t\leqslant\lambda$ 可知 $t^3+2t^2-2\leqslant \lambda^3+2\lambda^2-2=0$，从而上式成立，引理得证。

回到原题，设 $a=y+z$, $b=z+x$, $c=x+y$, $x$, $y$, $z>0$，则原不等式等价于
\[\sqrt{\frac{y+z}{2x+y+z}}+\sqrt{\frac{z+x}{2y+z+x}}+\sqrt{\frac{x+y}{2z+x+y}}<1+\frac{2\sqrt3}3,\]
由齐次性及对称性不妨设 $x+y+z=1$ 且 $x\leqslant y\leqslant z$，则必有 $x+y\leqslant 2/3<\lambda$，上式等价于
\[\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}+\sqrt{\frac{1-y}{1+y}}+\sqrt{\frac{1-z}{1+z}}<1+\frac{2\sqrt3}3,\]
由引理有
\[\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}+\sqrt{\frac{1-y}{1+y}}<\sqrt{\frac{1-x-y}{1+x+y}}+1=\sqrt{\frac z{2-z}}+1,\]
所以只需证
\[\sqrt{\frac z{2-z}}+\sqrt{\frac{1-z}{1+z}}\leqslant \frac{2\sqrt3}3,\]
上式两边平方整理再平方整理最终等价于
\[\frac{4 (2 z-1)^4}{9 (z-2)^2 (z+1)^2}\geqslant 0,\]
所以原不等式得证。

Well,I guess the We can kill the second one by Cauchy-Schwarz and AM-GM. :P
Having a notice that Cauchy-Schwarz yield that
\[ (a^4+b^4+c^4)(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\geq (a^3b+b^3c+c^3a)^2 \]
That inspire us that:
\[ (\sum{a^4})^{4}+4\times 250(\sum{a^2b^2})\geq 5\sqrt[5]{250^{4}\cdot(\sum{a^4})^{4}(\sum{a^2b^2})^{4}} \]
then ....
I am not sure it's correct or not
pxchg1200 发表于 2013-1-28 08:55

就差取等条件不知能不能满足了，最好举个取等例子出来验证下

才发现第一题原来也是双取等条件的，既然如此，又前天被 pxchg 提起了 SOS-Schur，那我也来试一把吧，还好这次的数据还算简单。

1: 已知 $a$, $b$, $c>0$, $abc=1$，求证
\[\prod\left(3-b-\frac1c\right)+(a+b+c)\left(\frac1a+\frac1b+\frac1c\right)\geqslant10.\]

令 $a=y/x$, $b=z/y$, $c=x/z$, $x$, $y$, $z>0$，则原不等式等价于
\[\prod\left(3-\frac zy-\frac zx\right)+\sum\frac yx\sum\frac xy\geqslant10,\]
由对称性，不妨设 $x=\max\{x,y,z\}$，上式去分母展开并按 $x$ 整理为
\begin{align}
&yzx^4+(4y^3-7z^2y-7y^2z+4z^3)x^3+(-7z^3y-7zy^3+27y^2z^2)x^2 \notag\\
&+(z^4y-7z^3y^2-7z^2y^3+zy^4)x+4y^3z^3\geqslant0,\label{20130128shqddjs}
\end{align}
注意到取等条件为 $x:y:z=1:1:1$ 或 $x:y:z=2:1:1$ 及其轮换，所以我们假设式 \eqref{20130128shqddjs} 能写成
\[f(x,y,z)(y+z-x)^2(x-y)(x-z)+g(x,y,z)(y-z)^2\geqslant0,\]
注意到 $x$ 的最高次项为 $yzx^4$，所以 $f(x,y,z)$ 只能是 $yz$，代入作差分解可求得 $g(x,y,z)$，再经整理后，最终得到式 \eqref{20130128shqddjs} 化为
\begin{align*}
&yz(y+z-x)^2(x-y)(x-z)\\
&+\bigl(yz(xy-yz+zx)+xy(4x-z)(x-z)+xz(4x-y)(x-y)\bigr)(y-z)^2\geqslant0,
\end{align*}
显然成立，故原不等式得证。

终究还是要玩一玩第二题，跟 pxchg 的结果似乎不一样……

2: 设 $a$, $b$, $c\in\mbb R$, $a^3b+b^3c+c^3a=3$，求\[f(a,b,c)=\left(\sum a^4\right)^4+1000\sum a^2b^2\]的最小值。

记 $p=\sum a^4$, $q=\sum a^2b^2$，则由 Vasc 不等式有
\[p+2q=\left(\sum a^2\right)^2\geqslant3\sum a^3b=9,\]
于是
\[f(a,b,c)=p^4+1000q\geqslant p^4+500(9-p)=g(p),\]
求导得
\[g'(p)=4p^3-500=4(p^3-5^3),\]
可见当 $p=5$ 时 $g(p)$ 取最小值，从而
\[f(a,b,c)\geqslant g(5)=2625.\]

下面讨论是否能取等，由上述过程知，取等当且仅当满足 Vasc 不等式的取等条件并且 $p=5$。熟知 Vasc 不等式有两个取等条件，分别为 $a:b:c=1:1:1$ 以及 $a:b:c=\sin^2(4\pi/7):\sin^2(2\pi/7):\sin^2(\pi/7)$ 及其轮换。若取前者则有 $a=b=c=\pm1$ 显然不符合 $p=5$，所以只能取后者。不妨令 $a=\sin^2(4\pi/7)\cdot t$, $b=\sin^2(2\pi/7)\cdot t$, $c=\sin^2(\pi/7)\cdot t$，那么就要满足
\[\left\{\begin{aligned}
t^4\left(\sin^6\frac{4\pi}7\sin^2\frac{2\pi}7+\sin^6\frac{2\pi}7\sin^2\frac{\pi}7+\sin^6\frac{\pi}7\sin^2\frac{4\pi}7\right)&=3,\\
t^4\left(\sin^8\frac{4\pi}7+\sin^8\frac{2\pi}7+\sin^8\frac{\pi}7\right)&=5,
\end{aligned}\right.\]
事实上，可以计算出
\[\left\{\begin{aligned}
\sin^6\frac{4\pi}7\sin^2\frac{2\pi}7+\sin^6\frac{2\pi}7\sin^2\frac{\pi}7+\sin^6\frac{\pi}7\sin^2\frac{4\pi}7&=\frac{147}{256},\\
\sin^8\frac{4\pi}7+\sin^8\frac{2\pi}7+\sin^8\frac{\pi}7&=\frac{245}{256},
\end{aligned}\right.\]
正好有 $147:245=3:5$，所以上述方程组存在实数解
\[t=\pm\frac4{\sqrt7},\]
因此，取等条件为
\[a=\pm\frac4{\sqrt7}\sin^2\frac{4\pi}7,b=\pm\frac4{\sqrt7}\sin^2\frac{2\pi}7,c=\pm\frac4{\sqrt7}\sin^2\frac{\pi}7\]
及其轮换，这样，$f(a,b,c)$ 的最小值的确为 $2625$。


可以说，有点意外，正好有那啥……
果然不是瞎出的，而且出得很高明，至少我看不出怎么出的……

很想看看标答……@天书 同学看到的话回下