20# yes94

试下 11 吧，我觉得挺不错的题，有点玩头。（当然，也有可能是我想复杂了，晚点贴下我的解法）

21# kuing
第$11$题不敢玩，继续第$12$题，要玩就玩尽兴！：
  方法四：已知条件可以变形为$\sum\dfrac1{1+\dfrac1{x_i}}=1$，令$\dfrac1{x_i}=y_i$，则第$12$题变为
            $\sum\dfrac1{1+y_i}=1$，求证：$\sum y_i^3\geqslant n(n-1)^3$.
由于$1=\sum\dfrac1{1+y_i}\geqslant\dfrac{n^2}{n+\sum y_i}$，故$n+\sum y_i\geqslant n^2$，即$\sum y_i\geqslant n^2-n$，
于是，$\sum y_i^3\geqslant \dfrac{(\sum y_i)^3}{n^2}\geqslant \dfrac{(n^2-n)^3}{n^2}=n(n-1)^3$.       完.

又找到了一个一步改编的：

第 10 题，分母立方和分解，约去 x+y 等，再代入已知条件，等价于 $\sum\frac1{1-xy}\leqslant\frac92$，而这是多年前Vasc的不等式，也算是比较多见的了，比如说
http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=36873
http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=109029
http://bbs.pep.com.cn/thread-503121-1-1.html
等等……

现在来贴一下我对第 11 题的解法。

我个人比较喜欢的是第 11 题：

11.（三等奖，辽宁张雷）已知正实数 $a$, $b$, $c$，满足 $a+b+c=ab+bc+ca$，若\[\frac1{1+a}+\frac1{1+b}+\frac1{1+c}\geqslant k\]恒成立，求 $k$ 的最大值。

条件和不等式都很简洁漂亮，而且虽然不等式的次数低，但是却没有想象中那样简单，玩下去还会发现并不是最常规的取等。

记
\[f(a,b,c)=\frac1{1+a}+\frac1{1+b}+\frac1{1+c},\]
由对称性，不妨设 $a\geqslant b\geqslant c$，则
\[
(a+b+c)^2\geqslant 3(ab+bc+ca)=3(a+b+c)\riff a+b+c\geqslant 3\riff a+b\geqslant 2,
\]
由柯西不等式得
\begin{align*}
f(a,b,c)&=\frac{2+a+b}{1+a+b+ab}+\frac{a+b-1}{(a+b-1)(1+c)} \\
& \geqslant \frac{\bigl( \sqrt{2+a+b}+\sqrt{a+b-1} \bigr)^2}{1+a+b+ab+(a+b-1)(1+c)} \\
& =\frac{\bigl( \sqrt{2+a+b}+\sqrt{a+b-1} \bigr)^2}{3(a+b)},
\end{align*}
令 $u=1/(a+b)$，由 $a+b\geqslant 2$ 知 $0<u\leqslant 1/2$，即有
\[
f(a,b,c)\geqslant \frac13\bigl( \sqrt{2u+1}+\sqrt{1-u} \bigr)^2=g(u),
\]
求导有
\[
g'(u)=\frac23\bigl( \sqrt{2u+1}+\sqrt{1-u} \bigr)\left( \frac1{\sqrt{2u+1}}-\frac1{2\sqrt{1-u}} \right),
\]
由此易证当 $0<u\leqslant 1/2$ 时恒有 $g'(u)\geqslant 0$ 且等号仅当 $u=1/2$ 时成立，所以
\[
f(a,b,c)\geqslant g(u)>g(0)=\frac43.
\]

另一方面，设 $\veps$ 为一个很小的正数，令 $b=c=1/2+\veps$，代入条件可解出 $a=(3+4\veps-4\veps^2)/(8\veps)$，则
\[f\left(\frac{3+4\veps-4\veps^2}{8\veps},\frac12+\veps,\frac12+\veps\right)=\frac4{3+2\veps}+\frac{8\veps}{3+12\veps-4\veps^2},\]
此时，若 $\veps\to0^+$，则显然 $f\to4/3$，由此可见，$4/3$ 就是 $f(a,b,c)$ 的下确界。

综上，$k$ 的最大值就是 $4/3$。

为方便观看，将转载的原贴的内容敲入了过来，虽然怀疑有输入错误，但这里也未作改动。
另外还更新了一下2#

第 13 题也可以

13.（三等奖，四川宿晓阳）在 $\triangle ABC$ 中，证明
\[\frac{\cos^2B}{\sin^2A}+\frac{\cos^2C}{\sin^2B}+\frac{\cos^2A}{\sin^2C}\geqslant1.\]

虽然弱于一个已知结论，但胜在形式够简洁且轮换，也不是那么容易看出来跟那个结论的关系。具体地，利用面积公式及余弦定理，易知原不等式等价于
\[
\sum \frac{b^2(c^2+a^2-b^2)^2}{a^2}\geqslant 16S^2,
\]
由柯西不等式有
\[
\sum \frac{b^2(c^2+a^2-b^2)^2}{a^2}\sum \frac{a^2}{b^2}\geqslant \left( \sum (c^2+a^2-b^2) \right)^2=\left( \sum a^2 \right)^2,
\]
所以只要证
\[
a^2+b^2+c^2\geqslant 4\sqrt{\frac{a^2}{b^2}+\frac{b^2}{c^2}+\frac{c^2}{a^2}}\cdot S,
\]
这就是一个已知结论（LBQ的书的封面就见过，记忆尤深）。

第 7 题也不错

7.（二等奖，陕西樊益武）设 $a$, $b$, $c>0$，且 $a+b+c=1$，证明
\[ \frac a{\sqrt{b^2+c}}+\frac b{\sqrt{c^2+a}}+\frac c{\sqrt{a^2+b}}\geqslant\frac32. \]

形式简洁，轮换分式有根号，看上去有一定难度，可惜实际上又没想象中那么难，过程在原贴中“天书”已经写过了，这里就不重复了，只是顺便找两个链接，需要证的 $\sum a(b^{2}+c)\leqslant\frac49$ 之前在这里证过：
http://bbs.pep.com.cn/forum.php? ... 364&pid=5438322（31#）
http://bbs.pep.com.cn/thread-416393-1-1.html

第 9 题也甚是不错，原贴有个地方显然打错了（$B=ay+bz+ca$ 应改为 $B=ay+bz+c\color{red}x$）

9.（三等奖，陕西刘康宁，陈孝庚）设 $a$, $b$, $c$, $x$, $y$, $z$ 是实数，且满足 $A=ax+by+cz$, $B=ay+bz+cx$, $C=az+bx+cy$，设 $\abs{A-B}\geqslant1$, $\abs{B-C}\geqslant1$, $\abs{C-A}\geqslant1$，求\[(a^2 + b^2 + c^2)(x^2 + y^2 + z^2)\]的最小可能值。

竟然也只是三等奖哎……

由于 $A-B$, $B-C$, $C-A$ 三者中必有两者同号，不妨设 $A-B$ 与 $C-A$ 同号，则由条件可知 $(A-B)(C-A)\geqslant1$，于是
\[(B-C)^2=(A-B+C-A)^2\geqslant 4(A-B)(C-A)\geqslant 4,\]
由拉格朗日恒等式，有
\begin{align*}
(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)&=A^2+(ay-bx)^2+(bz-cy)^2+(cx-az)^2 \\
& \geqslant A^2+\frac13(ay-bx+bz-cy+cx-az)^2 \\
& =A^2+\frac13(B-C)^2 \\
& \geqslant \frac43,
\end{align*}
而当 $a=0$, $b=1$, $c=-1$, $x=-2/3$, $y=z=1/3$ 时满足条件且 $(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)=4/3$，所以所求的最小值就是 $4/3$。

又找到了一个一步改编的：

第 10 题，分母立方和分解，约去 x+y 等，再代入已知条件，等价于 $\sum\frac1{1-xy}\leqslant\frac92$，而这是多年前Vasc的不等式，也算是比较多见的了，比如说
http://www.artofprob ...
kuing 发表于 2013-2-8 14:36

怪不得我试了两次都做不出来哦，都分别放缩后，得到关于$x^2$、$y^2$、$z^2$的三个式子相加，狂喜！以为能用切线法（只需令$a=x^2$，$b=y^2$，$c=z^2$），结果发现不等式两次都反向了！放缩过度。
    该帖里zhaobin做得很好，得到了Vasc的赞扬（他说“Nice solution, zhaobin”），但是zhaobin也说不是他首先用的此法（他说“It is not from me ”）那么谁先用的？这个柯西逆用的太妙了！

29# yes94

是谁先用我就不清楚了，印象中我当年也没做出来……

30# kuing
结果安正平也知道你的那个帖子了（他没有像你一样引用原始文献，不过，似乎也许是他自己思考出来的呢？）：
http://blog.sina.com.cn/s/blog_5618e6650101hedx.html
Vasc赞扬zhaobin后，给zhaobin一个“下马威”（不要邪恶的去理解哈，题目挑战古来早有之 ）：
http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=109029
他说：“Nice solution, zhaobin.
However, I think it doesn't work for the sharper inequalitiy
$ \dfrac {1}{5-6ab}+\dfrac {1}{5-6bc}+\dfrac {1}{5-6ca}\leqslant 1 $”

猛然发现第 2 题其实也非常容易

2.（二等奖，黑龙江张利民）已知 $a\in (0,\pi)$, $x$, $y\in [0,\pi]$，且 $x+y=a$，试确定 $f(x,y) = x\sin y+y\sin x $ 的最大值、最小值。

由 $x$, $y\in [0,\pi]$ 显然 $f(x,y)\geqslant0$，又 $f(0,a)=0$，所以最小值为 $0$；

由对称性，不妨设 $x\geqslant y\geqslant0$，由于 $x+y\leqslant\pi$，易得 $\sin x\geqslant\sin y$，因此由切比雪夫不等式得
\[f(x,y)\leqslant\frac12(x+y)(\sin x+\sin y)=(x+y)\sin\frac{x+y}2\cos\frac{x-y}2\leqslant a\sin\frac a2,\]
当且仅当 $x=y=a/2$ 时取等号，所以最大值就是 $a\sin(a/2)$。