第三题前两天天书在粉丝群里提到过，当时我们都被四边形和根号吓倒了，其实四边形的条件在本题只是等价于三边之和大于第四边，没其他用处。
所以，我们可以不妨设 $a+b+c+d=1$ 且 $0<a\leqslant b\leqslant c\leqslant d$，则由 $a+b+c>d$ 得 $d<1/2$。
这里为了得到取等条件，我们允许退化情形，即将条件弱化为 $a+b+c+d=1$ 且 $0\leqslant a\leqslant b\leqslant c\leqslant d\leqslant 1/2$。
原不等式等价于
\[f(a,b,c,d)=\sum\sqrt{\frac a{1-a}}\leqslant 1+\frac3{\sqrt5}.\]
先证明如下引理：若 $x$, $y\geqslant 0$, $x+y\leqslant 1/2$，则
\begin{equation}\label{sbxghbdsyls1}
\sqrt{\frac x{1-x}}+\sqrt{\frac y{1-y}}\leqslant 2\sqrt{\frac{x+y}{2-x-y}},
\end{equation}
等号成立当且仅当 $x=y$。
令 $x+y=p\leqslant 1/2$, $xy=q$，则 $q\leqslant p^2/4$，将式 \eqref{sbxghbdsyls1} 两边平方整理等价于
\[\frac{4p}{2-p}\geqslant \frac{2-p}{1-p+q}-2+2\sqrt{\frac{q}{1-p+q}},\]
令
\[g(q)=\frac{2-p}{1-p+q}-2+2\sqrt{\frac{q}{1-p+q}},\]
求导得
\begin{align*}
g'(q)&=\frac{(1-p)\sqrt{\frac{1-p}{q}+1}-2+p}{(1-p+q)^2} \\
& \geqslant \frac{(1-p)\sqrt{\frac{4(1-p)}{p^2}+1}-2+p}{(1-p+q)^2} \\
& =\frac{(2-p)(1-2p)}{p(p-q-1)^2} \\
& \geqslant 0,
\end{align*}
所以
\[g(q)\leqslant g\left( \frac{p^2}4 \right)=\frac{4p}{2-p},\]
故引理得证。
回到原题，由条件易知 $f(a,b,c,d)$ 存在最大值，下面证明 $f(a,b,c,d)$ 取最大值时必有 $a=b=c$。
用反证法，假设 $f(a,b,c,d)$ 取最大值时 $a$, $b$, $c$ 不全相等，则必有 $a<c$。注意到 $a+c\leqslant(a+b+c+d)/2=1/2$，故由引理得
\[f(a,b,c,d)<f\left(\frac{a+c}2,b,\frac{a+c}2,d\right),\]
所以当 $a$, $c$ 都变为其平均数时 $f$ 的值将更大，矛盾。
当 $a=b=c=x$ 时，$d=1-3x$，应有 $x\leqslant 1-3x$ 且 $3x\geqslant 1-3x$，得到 $x\in[1/6,1/4]$，而我们只要求 $h(x)=f(x,x,x,1-3x)$ 的最大值即可。
求导可证 $h(x)$ 递减（过程暂略），所以 $h(x)\leqslant h(1/6)=1+3/\sqrt5$，从而原不等式得证，等号成立当且仅当 $a=b=c=d/3$ 及其轮换，也就是说原题是取不到等号的。
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发表于 2013-3-10 18:17
发表于 2013-3-10 18:37
