[不等式] 几道优美不等式问题

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2012-8-17 16:30

在安振平老师的26个优美的不等式中，在下剩下这几个苦思冥想没得到好的解决方法，忘高手指教……万分感谢
有什么好的相关资料可以发本人邮箱：chenghanbo511@sina.com，也可与本人讨论这26个优美的不等式6

第一题我当年也是暴力展开然后凑均值的；
第二题SOS就行了；
第三题其实好像是很老的题目，只要用一个局部不等式\[\frac1{1+x+y}\leqslant\frac{x+y+z^2}{(x+y+z)^2}\]就可以了；
后面两道没查到记录，可能是以前没玩的，等会瞧瞧看……

第五题很简单

在 $\triangle ABC$ 中，$abc=1$，求证
\[\frac1{\sqrt{a(b+c-a)}}+\frac1{\sqrt{b(c+a-b)}}+\frac1{\sqrt{c(a+b-c)}}\geqslant \sqrt{3(a+b+c)}.\]

等价于三角形中证
\[\sum \sqrt{\frac{bc}{b+c-a}}\geqslant \sqrt{3(a+b+c)},\]
作内切圆代换 $a=y+z$, $b=z+x$, $c=x+y$, $x$, $y$, $z>0$，上式等价于
\[\sum \sqrt{\frac{(z+x)(x+y)}{2x}}\geqslant \sqrt{6(x+y+z)},\]
或
\[\sum \sqrt{x+y+z+\frac{yz}x}\geqslant \sqrt{12(x+y+z)},\]
由闵可夫斯基不等式及均值不等式，有
\begin{align*}
\sum \sqrt{x+y+z+\frac{yz}x}&\geqslant \sqrt{\left( \sum \sqrt{x+y+z} \right)^2+\biggl( \sum \sqrt{\frac{yz}x} \biggr)^2} \\
& =\sqrt{11(x+y+z)+\sum \frac{yz}x} \\
& =\sqrt{11(x+y+z)+\frac12\sum \left( \frac{yz}x+\frac{xy}z \right)} \\
& \geqslant \sqrt{12(x+y+z)},
\end{align*}
即得证。

第四题就更简单了

在 $\triangle ABC$ 中，求证
\[3\left(\frac1{\cos\frac A2}+\frac1{\cos\frac B2}+\frac1{\cos\frac C2}\right)\tan\frac A2\tan\frac B2\tan\frac C2\leqslant2.\]

令 $x=\tan\frac A2$, $y=\tan\frac B2$, $z=\tan\frac C2$，则 $x$, $y$, $z>0$ 且 $xy+yz+zx=1$。原不等式等价于
\begin{equation}\label{20120817kkkkpro4djs}
3xyz\sum \sqrt{1+x^2}\leqslant 2,
\end{equation}
齐次化，有
\begin{align*}
\text{式}~\eqref{20120817kkkkpro4djs}&\iff 3xyz\sum \sqrt{xy+yz+zx+x^2}\leqslant 2(xy+yz+zx)^2 \\
& \iff \sum \sqrt{(z+x)(x+y)}\leqslant \frac23\cdot \frac{(xy+yz+zx)^2}{xyz} \\
& \iff \sum \sqrt{(z+x)(x+y)}\leqslant \frac23\left( \sum \frac{xy}z+2\sum x \right),
\end{align*}
这很弱，皆因只要均值一下
\begin{gather*}
\sum \sqrt{(z+x)(x+y)}\leqslant \sum \frac{2x+y+z}2=2\sum x, \\
\sum \frac{xy}z=\frac12\sum \left( \frac{xy}z+\frac{zx}y \right)\geqslant \sum x,
\end{gather*}
就显然成立了。

2# kuing


第二题不需要SOS，just notice that:
By Holder inequality
\[ \left(\sum{\frac{a^2}{b}}\right)^{2}(\sum{a^2b^2})\geq (\sum{a^2})^3 \]
Just check
\[ (a^2+b^2+c^2)^2\geq 3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) \]
Which is obviously true.

5# pxchg1200

嗯，这个方法我也见过，而且还适用于四元的情况。
SOS是我当年的做法，配成 $\displaystyle\sum\left(\frac1b-\frac1{\sqrt{3\sum a^2}+\sum a}\right)(a-b)^2\geqslant0$。
两边平方再凑均值也可以。

2# kuing


第一题和第二题本是同根，注意到若应用下面结论
\[ (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2)\geq 3(a+b+c)^2 \]
Let $ a=\frac{x}{\sqrt{y}},b=\frac{y}{\sqrt{z}},c=\frac{z}{\sqrt{x}} $
gives
\[ \left(\frac{x^2}{y}+2\right)\left(\frac{y^2}{z}+2\right)\left(\frac{z^2}{x}+2\right)\geq 3\left(\frac{x}{\sqrt{y}}+\frac{y}{\sqrt{z}}+\frac{z}{\sqrt{x}}\right)^{2}\]
Just check
\[  \left(\frac{x}{\sqrt{y}}+\frac{y}{\sqrt{z}}+\frac{z}{\sqrt{x}}\right)^{2}\geq 3(x+y+z) \]
这正是第二题结论。
done!

7# pxchg1200

oh！原来如此，nice，px好眼力，看来这题就是这样出的，减弱了已知结论，再代换变形……
PS、用用 left right

8# kuing


  运气好看到了。。。

受教了，好方法……好眼力

3# kuing


感谢，我也得闭门思过啦^

4# kuing [
感谢！得下去多练下不等式，可否推荐点资料或书呢？

小K，小PX，niubility

13# yizhong

我证的都是简单的，px 的那个比较漂亮些。

http://www.wl84.com/forum.php?mo ... ptid=45&pid=127