[不等式] 柯西证明？

若  $ a+b+c=3$ 求证：$\dfrac{1}{8+5a^2+5b^2}+\dfrac{1}{8+5b^2+5c^2}+\dfrac{1}{8+5a^2+5c^2}\le \dfrac{1}{6} $

这题用Cauchy恐怕也不容易证,注意等号取得条件是$a=b=c=1$或者$a=\dfrac{13}{5},b=c=\dfrac{1}{5}$.
~~~Vasile的好题目~~~

好像有陈计式配方

我倒是有一个证明...不过很长~~~

4# 天涯无际


能不能看看你的证明呢？

http://www.artofproblemsolving.c ... ?f=151&t=359320
16楼陈计配方
15楼我那链接里面也有个暴力的……

我的倒没有那么暴力~~~都是简单的计算。。。有空我再打出来。。。
还是先用我的软件编辑好再传上来，这里不能预览，编辑起来很费时间~~~

改进了原来的证明,显得没有那么长了~~~
证明:由于原不等式是对称的,可设$a\geq b\geq c$.首先我们来证明
\[\frac{1}{5a^2+5b^2+8}+\frac{1}{5a^2+5c^2+8}\leq \frac{2}{5a^2+5bc+8}\qquad (*)\]
上式等价于
\[\frac{5(b-c)^2(5a^2-5bc+8)}{(5a^2+5b^2+8)(5a^2+5c^2+8)(5a^2+5bc+8)}\geq 0\]
显然成立.
下面,我们来证明
\[\frac{2}{5a^2+5bc+8}+\frac{1}{5b^2+5c^2+8}\leq \frac{8}{20a^2+5(b+c)^2+32}+\frac{2}{5(b+c)^2+16}\qquad (**)\]
而
\[\frac{2}{5(b+c)^2+16}-\frac{1}{5b^2+5c^2+8}=\frac{5(b-c)^2}{[5(b+c)^2+16](5b^2+5c^2+8)}\]
\[\frac{8}{20a^2+5(b+c)^2+32}-\frac{2}{5a^2+5bc+8}=-\frac{10(b-c)^2}{[20a^2+5(b+c)^2+32](5a^2+5bc+8)}\]
由此可知,欲证明$(**)$式,只需证明
\[\frac{[20a^2+5(b+c)^2+32](5a^2+5bc+8)}{[5(b+c)^2+16](5b^2+5c^2+8)}\geq 2\]
上式显然成立,因为
\[5a^2+5bc+8\geq 5b^2+5c^2+8\]
\[20a^2+5(b+c)^2+32\geq 2\cdot[5(b+c)^2+16]\]
于是,由$(*),(**)$式可知
\begin{align*}
&\frac{1}{5a^2+5b^2+8}+\frac{1}{5b^2+5c^2+8}+\frac{1}{5c^2+5a^2+8}\\
\leq &\frac{2}{5a^2+5bc+8}+\frac{1}{5b^2+5c^2+8}\\
\leq &\frac{8}{20a^2+5(b+c)^2+32}+\frac{2}{5(b+c)^2+16}\\
=&\frac{8}{25a^2-30a+77}+\frac{2}{5a^2-30a+61}
\end{align*}
于是我们只需证明
\[\frac{8}{25a^2-30a+77}+\frac{2}{5a^2-30a+61}\leq \frac{1}{6}\]
上式等价于
\[\frac{5(a-1)^2(5a-13)^2}{6(25a^2-30a+77)(5a^2-30a+61)}\geq 0\]
显然成立.由此原不等式得证.结合证明过程可知,等号当且仅当$a=b=c=1$或者$a=\dfrac{13}{5},b=c=\dfrac{1}{5}$或者其循环时取得.

有点难想象 得慢慢研究下

为什么题目不见了....
主要思想就是$F(a,b,c)\leq F(a,\dfrac{b+c}{2},\dfrac{b+c}{2})$.但是，有的时候直接证明会很困难，所以不妨尝试减弱这个式子。那么由于$b,c$的位置相等,可以通过$(b-c)^2$项来控制放缩的程度,本题就是在分母中添加$-5(b-c)^2$项. 另外有的时候，$F(a,b,c)\leq F(a,\dfrac{b+c}{2},\dfrac{b+c}{2})$并不成立,同样可以通过此法来减弱放缩程度(例如在分子中添加$k(b-c)^2$)项. 当然,常数$k$的选取则要依题而定了.
表述能力不是很好... ，大概思想就是这样...用这个方法可以证明不少经典的题目~~~~

题目没不见啊

多谢指导