[不等式] 来自粉丝群的三角形三边$5\abs{\prod(a^2-b^2)}$

昨晚凌晨

天书(1846******) 2013-2-9 1:48:18
$a$, $b$, $c$ 三角形三边长，证
\[(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)\ge5\abs{(a^2-b^2)(b^2-c^2)(c^2-a^2)}.\]
做不出来...

话说我很想知道这不等式是谁发现的？竟然有着不平凡的“取等”条件，之所以要加双引号，是因为实际上还是取不到，但若允许两边之和等于第三边的退化情形则可以取等。

若有两边相等则显然成立，下设三边都不相等，由对称性，不妨设 $a<b<c$，则可令 $b^2=a^2+t$, $c^2=a^2+t+u$, $t$, $u>0$，不等式化为
\[(2a^2+t)(2a^2+2t+u)(2a^2+t+u)\geqslant 5tu(t+u),\]
由构成三角形的条件，有
\[a^2>(c-b)^2=b^2+c^2-2bc=2a^2+2t+u-2\sqrt{(a^2+t)(a^2+t+u)},\]
解得
\[a^2>\frac13\bigl( 2\sqrt{t^2+tu+u^2}-2t-u \bigr),\]
为方便书写，记 $m=\sqrt{t^2+tu+u^2}$，则只要证
\[(4m-t-2u)(4m+2t+u)(4m-t+u)\geqslant 135tu(t+u),\]
展开并按 $m$ 整理为
\[4^3m^3-12(t^2+tu+u^2)m+(t-u)(2(t+u)^2+tu)\geqslant 135tu(t+u),\]
即
\[52m^3+(t-u)(2(t+u)^2+tu)\geqslant 135tu(t+u),\]
由齐次性，不妨设 $t+u=1$，于是可令 $tu=(1-v^2)/4$, $v\in [0,1)$，则
\begin{align*}
m&=\sqrt{1-\frac{1-v^2}4}=\frac{\sqrt{3+v^2}}2, \\
t-u&\geqslant -\sqrt{(t-u)^2}=-v,
\end{align*}
于是又只要证
\[\frac{13}2\sqrt{(3+v^2)^3}-v\left( 2+\frac{1-v^2}4 \right)\geqslant \frac{135(1-v^2)}4,\]
即
\[26^2(3+v^2)^3\geqslant \bigl( 135(1-v^2)+v(9-v^2) \bigr)^2,\]
作差等价于
\[27(5v^3-v^2-45v+1)^2\geqslant 0,\]
显然成立，故原不等式得证。


我承认最后一步用了软件分解，不然还真证不来……
可以看出，如果能允许 $a+b=c$，那么解出 $5v^3-v^2-45v+1=0$ 的 $v$，就能够得到取等条件，这就是我觉得不平凡的地方。

Well,We have
\[ a^2b^2c^2\geq |(a^2-b^2)(b^2-c^2)(c^2-a^2)| \]
hence just check
\[ (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)\geq 5a^2b^2c^2 \]
Or
\[ (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)\geq 8a^2b^2c^2 \geq 5a^2b^2c^2 \]
:D

Well,We have
\[ a^2b^2c^2\geq |(a^2-b^2)(b^2-c^2)(c^2-a^2)| \]
hence just check
\[ (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)\geq 5a^2b^2c^2 \]
Or
\[ (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)\geq 8a^2b^2c^2 \geq 5a^2b^2c^2 \]
:D
pxchg1200 发表于 2013-2-9 21:09

不会吧，按我上面的证法，右边的 5 是最佳系数，怎么会 >=8>=5 ……
第一个式子应该不成立，找找反例先

3# kuing


Schur in Third degree ?

3# kuing

找到了 $a=2$, $b=5$, $c=6$, $a^2b^2c^2=3600$, $\abs{(a^2-b^2)(b^2-c^2)(c^2-a^2)}=7392$

3# kuing

Schur in Third degree ?
pxchg1200 发表于 2013-2-9 21:19

3 次 Schur 的等价式是 $abc\ge(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)$

6# kuing


  我居然记错了，我去。。。。

7# pxchg1200

看来你真不在状态……

8# kuing


最近不行了，唉，啥都做不出来。。。

9# pxchg1200

好好过个年，然后就会恢复状态哩

9# pxchg1200


不知道能不能用 $a=x+y$替换后再SOS-Schur，或者直接AM-GM

11# pxchg1200

次数比较高，不敢这样玩，而且经过1#的证明我估计很难这样弄，“取等”条件太奇怪……

6# kuing

(9.23 KB)

2013-2-9 21:28

我想问下这句什么意思的。。。

13# pxchg1200

我可不懂Vietnam文

14# kuing


唉，被Can骗了，他说那个成立的，然后我想都没想就用了。。。。 Damn it! f~~~ it~!

15# pxchg1200

会不会是前面的文字表达了一些其他限制条件？
你让他把那段文字翻译一下呗

16# kuing


tian27546的证明：
证明:不妨设$a>b>c,a=y+z,b=z+x,c=x+y,x<y<z$,则等价证明
\[\prod[(y+z)^2+(z+x)^2]-5\prod[(y+z)^2-(z+x)^2]>0\]
整理得等价证明
\begin{align*}
&2x[x^5+x^4(8y-2z)+x^3(18y^2+12yz-7z^2)+x^2(6y^3+30y^2z+10z^2y+6z^3)+x(-7y^4+10y^3z+28y^2z^2\\
&+30z^3y+18z^4)-2y^5+12y^4z+30y^3z^2+10y^2z^3+12z^4y+8z^5]\\
&+2(z^6-2yz^5-7y^2z^4+6y^3z^3+18y^4z^2+8y^5z+y^6)>0
\end{align*}
注意$x<y<z$,扫描下中括号系数和符号易得正数\\
又注意到
\[z^6-2yz^5-7y^2z^4+6y^3z^3+18y^4z^2+8y^5z+y^6=(z^3-yz^2-4zy^2-y^3)^2\]
故原不等式得证.

17# pxchg1200

好bao力……最后也出现了一个完全平方，看来很难逃掉了……

天书  19:58:10
这个是褚小光老师的

19# kuing

another proof,by MathUniverse
WLOG we can suppose that $a\ge b\ge c$.
Just for the first observation, let's make substitution: $(a,b,c)=(\sqrt{x},\sqrt{y},\sqrt{z})$. Condition is equivalent to: $\sqrt{x}\ge \sqrt{y}\ge \sqrt{z} \ge \sqrt{x}-\sqrt{y}$ and inequality becomes:

$(x+y)(x+z)(y+z)\ge 5(x-y)(x-z)(y-z) \quad (1)$

Firstly, let's prove prove following statemet:
LEMA:
For given condition for $x,y,z$, there exist exactly one $d_0\in [0,z]$ such that: $\sqrt{y-d_0}+\sqrt{z-d_0}=\sqrt{x-d_0}$
and for $d< d_0$,  inequality: $\sqrt{y-d}+\sqrt{z-d}>\sqrt{x-d}$ holds.

Proof: Let's define $f(d)=\sqrt{y-d}+\sqrt{z-d}-\sqrt{x-d}$, then it's obvious that

$f'(d)=\frac{1}{\sqrt{x-d}}-\frac{1}{\sqrt{y-d}}-\frac{1}{\sqrt{z-d}}<0$

Since $f(0)=\sqrt{y}+\sqrt{z}-\sqrt{x}\ge 0$ and $f(z)=\sqrt{y-z}-\sqrt{x-z}\le 0$, we have proved the statement of lema.

Now, back to inequality $(1)$. Let's denote $F(x,y,z)=(x+y)(x+z)(y+z)-5(x-y)(x-z)(y-z)$.

It's easy to see that for $0\le d\le d_0$, following inequality holds: $F(x,y,z)>F(x-d,y-d,z-d)$ and condition of inequality is fulfilled.

Hence, it's enough to prove: $F(x-d_0,y-d_0,z-d_0)\ge 0$ where $x-d_0=(\sqrt{y-d_0}+\sqrt{z-d_0})^2$.

But this is equivalent to proving starting inequality in the case when $a=b+1$. (Because we can WLOG suppose that $c=1$). And this is equivalent to:

$ b^6-2b^5-7b^4+6b^3+18b^2+8b+1 \ge 0$

$\Leftrightarrow (b^3-b^2-4b-1)^2 \ge 0$.

Equality holds when $\frac{b}{c}= t_0$ and $a=b+c$ where $t_0$ is positive root of $t^3-t^2-4t-1=0$ with all permutations. $\blacksquare$