[不等式] 昨晚天书问那道根式不等式原来还算松动

天书(1846******) 01:22:34
\[\sum\sqrt{\frac{2x(x+y+z)}{(x+y)(x+z)}}\le\sum\sqrt{\frac{3(y+z)}{2x+y+z}}\]

这里当然 $x$, $y$, $z>0$。

由柯西有
\begin{align*}
\left( \sum \sqrt{\frac{2x(x+y+z)}{(x+y)(x+z)}} \right)^2&=\frac{2\sum x}{\prod(x+y)}\left( \sum \sqrt{x(y+z)} \right)^2 \\
& \leqslant \frac{6\sum x\sum x(y+z)}{\prod(x+y)} \\
& =\frac{12\sum x\sum xy}{\prod(x+y)},
\end{align*}
由 Holder 有
\[\left( \sum \sqrt{\frac{y+z}{2x+y+z}} \right)^2\sum (y+z)^2(2x+y+z)\geqslant \left( \sum (y+z) \right)^3,\]
即
\[\left( \sum \sqrt{\frac{3(y+z)}{2x+y+z}} \right)^2\geqslant \frac{24\left( \sum x \right)^3}{\sum (y+z)^2(2x+y+z)},\]
因此只要证
\[\frac{2\left( \sum x \right)^2}{\sum (y+z)^2(2x+y+z)}\geqslant \frac{\sum xy}{\prod(x+y)},\]
记 $p=\sum x$, $q=\sum xy$, $r=xyz$，上式可写成
\[f(r)=\frac{2p^2}{2p^3-pq+3r}-\frac q{pq-r}\geqslant 0,\]
显然关于 $r$ 递减，因此由 Schur 不等式有
\[f(r)\geqslant f\left( \frac{4pq-p^3}9 \right)=\frac{3(p^2-3q)(2p^2+q)}{p(5p^2+q)(p^2+5q)}\geqslant 0,\]
从而原不等式成立。

竟然直接用 CS and Holder 就把根号去掉了……汗啊

PS、此不等式等价于三角形中的
\[\sum\cos\frac A2\leqslant\sqrt{\frac32}\sum\sqrt{\frac a{b+c}}.\]