[不等式] 再来$\sum\frac{x+y}{xy(k-xy)}$

$k=4$的时候在这里 http://kkkkuingggg.5d6d.com/thread-40-1-1.html 已经讨论过了，今天在不等式研究群里有人提到“将常数4，改为alfa,则alfa最好的下界会是多少？可以是9/4?”

刚才尝试之下发现的确可以是$9/4$，当然，右边的数也要改一改，即：
已知 $x$, $y$, $z>0$, $x+y+z=3$，则
\[\frac{x+y}{xy\bigl(\frac94-xy\bigr)}+\frac{y+z}{yz\bigl(\frac94-yz\bigr)}+\frac{z+x}{zx\bigl(\frac94-zx\bigr)}\geqslant \frac{24}5.\]
首先由$xy\leqslant(x+y)^2/4<(x+y+z)^2/4=9/4$等知原不等式左边每项的分母均为正。仍然可以用切平面法，有
\begin{align*}
&\frac{x+y}{xy\bigl(\frac94-xy\bigr)}-\frac{12x+12y+16}{25}\\
={}&\frac{\bigl(\sqrt x-\sqrt y\bigr)^2(12x^2y^2-27xy+25)+2\sqrt{xy}\bigl(\sqrt{xy}-1\bigr)^2\bigl(12xy+32\sqrt{xy}+25\bigr)}{25xy\bigl(\frac94-xy\bigr)}\\
\geqslant{}&0,
\end{align*}
类似地有另外两式，相加即得证。

但用那贴里9楼的先分子均值再切线法就不行了，用那贴里15楼pxchg1200的方法虽然还行，但后面就不太容易证了，下面详细写写。
这里证明将$4$改成任意的$k\geqslant9/4$也可以，即：
已知 $x$, $y$, $z>0$, $x+y+z=3$, $k\geqslant 9/4$，则
\[\frac{x+y}{xy(k-xy)}+\frac{y+z}{yz(k-yz)}+\frac{z+x}{zx(k-zx)}\geqslant \frac6{k-1}.\]
同样地各项分母为正，对分子用均值，则只需证明如下更强式
\[\frac1{\sqrt{xy}(k-xy)}+\frac1{\sqrt{yz}(k-yz)}+\frac1{\sqrt{zx}(k-zx)}\geqslant \frac3{k-1}.\]
由柯西不等式，有
\[\sum\frac1{\sqrt{xy}(k-xy)}\geqslant \frac9{k\sum\sqrt{xy}-\sum(xy)^{3/2}},\]
故只需证
\[3k-3\geqslant k\sum\sqrt{xy}-\sum(xy)^{3/2},\]
或
\[k\left( 3-\sum\sqrt{xy} \right)+\sum(xy)^{3/2}-3\geqslant 0,\]
注意到$\sum\sqrt{xy}\leqslant \sum(x+y)/2=3$，所以上式关于$k$递减，从而只需证
\[\frac94\left( 3-\sum\sqrt{xy} \right)+\sum(xy)^{3/2}-3\geqslant 0,\]
令$x=a^2$, $y=b^2$, $z=c^2$, $a$, $b$, $c>0$，则$a^2+b^2+c^2=3$，代入上式并齐次化再化简整理等价于
\[5\left( \sum a^2 \right)^3+36\sum a^3b^3\geqslant 9\left( \sum a^2 \right)^2\sum ab.\]

此式用常规方法似乎不太好证，Schur分拆也有负系数，SOS也很复杂，故此这里用pqr算了。
记$p=a+b+c$, $q=ab+bc+ca$, $r=abc$，上式整理为
\[f(r)=108r^2-108pqr+5p^6-39p^4q+96p^2q^2-40q^3\geqslant0,\]
由$pq/2>r$知$f(r)$关于$r$递减，于是只要证明当$r$最大时，即当$a$, $b$, $c$中有两元相等时不等式成立即可，由对称性，不妨设$a=tb=tc$, $t>0$，代入化简知等价于
\[(5t^4-8t^3+8t+40)(t-1)^2\geqslant0,\]
而
\[5t^4-8t^3+8t+40=5t^2(t-1)^2+2t\left(t-\frac54\right)^2+\frac{39}8t+40>40>0,\]
所以原不等式成立。

带$k$来切平面也可以
\[\frac{x+y}{xy(k-xy)}-\frac{4k-8+(3-k)(x+y)}{(k-1)^2}=\frac{2\sqrt{xy}\bigl( \sqrt{xy}-1 \bigr)^2\cdot M + \bigl( \sqrt x-\sqrt y \bigr)^2\cdot N}{xy(k-xy)(k-1)^2},\]
其中
\begin{align*}
M&=(k-1)^2+(3-k)xy+2\sqrt{xy},\\
N&=(k-1)^2+(k-3)xy(k-xy) ,
\end{align*}
下面证明当$k\geqslant 9/4>xy>0$时总有$M>0$且$N\geqslant0$。

（1）若$k>3$，则显然$N>0$，而此时$M$为关于$\sqrt{xy}$的开口向下的二次函数，故由$3/2>\sqrt{xy}>0$得到
\[M>\min\left\{(k-1)^2, (k-1)^2+(3-k)\cdot \left(\frac32\right)^2+2\cdot \frac32\right\}=\min\left\{(k-1)^2,\frac14(4k^2-17k+43)\right\},\]
由$17^2-4\cdot4\cdot43=-399<0$知$4k^2-17k+43>0$，从而$M>0$；

（2）若$3\geqslant k\geqslant 9/4$，则显然$M>0$，将$N$整理为$N=(3-k)(xy)^2+k(k-3)xy+(k-1)^2$，故此时$N$为关于$xy$的开口向上的二次函数，计算其判别式得
\[\Delta=k^2(k-3)^2-4(3-k)(k-1)^2=(k-3)(k-2)(k^2+3k-2),\]
故由$3\geqslant k\geqslant 9/4$时显然有$\Delta\leqslant0$，从而$N\geqslant0$。

综上所述，我们得到当$k\geqslant 9/4>xy>0$时有
\[\frac{x+y}{xy(k-xy)}\geqslant\frac{4k-8+(3-k)(x+y)}{(k-1)^2},\]
从而
\[\sum\frac{x+y}{xy(k-xy)}\geqslant\sum\frac{4k-8+(3-k)(x+y)}{(k-1)^2}=\frac6{k-1}.\]

现在就差
\[5\left( \sum a^2 \right)^3+36\sum a^3b^3\geqslant 9\left( \sum a^2 \right)^2\sum ab\]
这一个不等式要是有好证法的话就比较perf...了（又忘记单词怎么拼了）说不准还能发表发表

$k=\frac{9}{4}$时等价于 证明
$\sum_{cyc}\frac{z(3-z)}{\frac{9}{4}-xy}\ge\frac{24xyz}{5}$
用切线法不难证明
$\frac{1}{\frac{9}{4}-xy}\ge\frac{16xy+4}{25}$
于是只需要证明
$\sum_{cyc}\frac{z(3-z)(16xy+4)}{25}\ge\frac{24xyz}{5}$
等价于$xy+yz+zx\ge3xyz$ 也即$(x+y+z)(xy+yz+zx)\ge9xyz$
$k=4$时,方法一样,不再赘述

这个局部切线法好！
看来这个题的确可以当我那篇切线法的好素材

PS、楼上可以适当将某些公式用行间公式（\ [ 和 \ ] 的那种）来写，这样看得清楚些