[不等式] Vasc‘s new inequality

Let $a,b,c>0$ show that:
\[ \frac {a}{\sqrt{a+3b}}+\frac {b}{\sqrt{b+3c}}+\frac {c}{\sqrt{c+3a}}\ge\frac {1}{2}(\sqrt a+\sqrt b+\sqrt c). \]

1# pxchg1200



此题已找到好方法，现在爪机，改天补上。

几天没有上来论坛发帖子了 ，早上抽个空来回下帖子， 。
设：$\sqrt{a}=x, \sqrt{b}=y  ,\sqrt{c}=z$,在这里我们记：$P=\frac{x^2}{\sqrt{x^2+3y^2}}+\frac{y^2}{\sqrt{y^2+3z^2}}+\frac{z^2}{\sqrt{z^2+3x^2}}$由赫尔德不等式我们有:$P^2.(x^4+y^4+z^4+3x^2y^2+3x^2z^2+3y^2z^2)\geqslant(x^2+y^2+z^2)^3$
如果我们能够证明：$\frac{(x^2+y^2+z^2)^3}{x^4+y^4+z^4+3x^2y^2+3x^2z^2+3y^2z^2}\geqslant\frac{(x+y+z)^2}{4}（A)$则原不等式即可证明。而（A）又相当于证明：$4(x^2+y^2+z^2)^3\geqslant(x+y+z)^2(x^2+y^2+z^2)^2+(x+y+z)^2(x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2)(B)$
而由于：$3(x^2+y^2+z^2)^3\geqslant(x+y+z)^2(x^2+y^2+z^2)^2（容易由CS得到）(1)$由（1）我们又可以得到：$(x^2+y^2+z^2)^3\geqslant(x+y+z)^2(x^2y^2+x^2z^2+y^2z^2)(2)$,所以（B）得证。所以原不等式证毕。