[不等式] $\sum a=3$，证明：$\sum a\sqrt{a+b}\geqslant3\sqrt2$

已知$a、b、c\in R^+，a+b+c=3$，求证：$\sum a\sqrt{a+b}\geqslant 3\sqrt2$

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2013-2-5 20:47

1# yes94
px的亲笔吧？

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2013-2-5 20:58

2# yes94

这个证明牛

已知$a、b、c\in R^+，a+b+c=3$，求证：$\sum a\sqrt{a+b}\geqslant 3\sqrt2$

yes94 发表于 2013-2-5 20:42

临闪前终于也搞到了一个证法。

两边平方并齐次化，有
\[
\sum a\sqrt{a+b}\geqslant 3\sqrt2\iff \sum a^2(a+b)+2\sum ab\sqrt{(a+b)(b+c)}\geqslant \frac23\left( \sum a \right)^3,
\]
注意到
\begin{align*}
2\sqrt{(a+b)(b+c)}&=a+2b+c-\bigl(\sqrt{a+b}-\sqrt{b+c}\bigr)^2 \\
& =b+\sum a-\frac{(a-c)^2}{\bigl(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}\bigr)^2} \\
& \geqslant b+\sum a-\frac{(a-c)^2}{\sum a},
\end{align*}
所以只要证
\begin{equation}\label{20130206lczyzs}
\sum a^2(a+b)+\sum ab\left( b+\sum a-\frac{(a-c)^2}{\sum a} \right)\geqslant \frac23\left( \sum a \right)^3,
\end{equation}
整理，有
\begin{align*}
\text{式}~\eqref{20130206lczyzs} & \iff \sum a^3+\sum a^2b+\sum ca^2+\sum ab\sum a-\frac23\left( \sum a \right)^3\geqslant \frac{\sum ab(a-c)^2}{\sum a} \\
& \iff \left( \sum a^2+\sum ab-\frac23\left( \sum a \right)^2 \right)\sum a\geqslant \frac{\sum ab(a-c)^2}{\sum a} \\
& \iff \sum \left( \left( \sum a \right)^2-6ab \right)(a-c)^2\geqslant 0,
\end{align*}
记 $S_c=\left( \sum a \right)^2-6ab$, $S_a=\left( \sum a \right)^2-6bc$, $S_b=\left( \sum a \right)^2-6ca$，则
\[
S_a+S_b+S_c=3\left( \sum a \right)^2-6\sum ab=3\sum a^2>0,
\]
以及由 Schur 不等式有
\begin{align*}
S_aS_b+S_bS_c+S_cS_a&=3\left( \sum a \right)^4-12\sum ab\left( \sum a \right)^2+36abc\sum a \\
& =3\left( \sum a \right)\left( \left( \sum a \right)^3-4\sum ab\sum a+12abc \right) \\
& \geqslant 9abc\sum a>0,
\end{align*}
因此由 SOS 定理知 $\sum S_c(a-c)^2\geqslant 0$ 成立，从而原不等式得证。

刚才天书在人教群里给出以下相关链接
http://www.aoshoo.com/bbs1/dispbbs.asp?boardid=14&Id=24794