[不等式] 下午一中在群里发的不等式

题目：设 $a$, $b$, $c\geqslant0$，且 $a+b+c=1$，求证
\[\frac1{a+b}+\frac1{b+c}+\frac1{c+a}+6(ab+bc+ca)\geqslant\frac{13}2.\]

以下是部分聊天记录：

爱好者-悠闲数学娱乐论坛?(4396*****)  17:32:05
发论坛看看？
一中(3175*****)  17:47:07
这个题貌似蛮水，所以就没发了
爱好者-悠闲数学娱乐论坛?(4396*****)  17:52:20
水吗？我没看出来
爱好者-悠闲数学娱乐论坛?(4396*****)  18:04:12
可以写成nessbit的加强式
\[\sum\frac c{a+b}\geqslant\frac32+\frac{\sum(a-b)^2}{\left( \sum a \right)^2}\]
Albert Du(8635****)  18:05:00
http://www.wl84.com/forum.php?mod=viewthread&tid=63#lastpost

爱好者-悠闲数学娱乐论坛?(4396*****)  18:05:57
这么叉暴力
我还是没看出来怎么水了……
即使写成那个加强式，也没发现有水的地方
一中(3175*****)  18:07:41

sos下   
爱好者-悠闲数学娱乐论坛?(4396*****)  18:08:06

Albert Du(8635****)  18:10:02
我以前好像还问过这个
爱好者-悠闲数学娱乐论坛?(4396*****)  18:14:07
\[\sum(a+b)(a^2+b^2-c^2)(a-b)^2\geqslant0\]
一中(3175*****)  18:16:24
小k发飚了   
爱好者-悠闲数学娱乐论坛?(4396*****)  18:17:27
然后我在查SOS定理……
爱好者-悠闲数学娱乐论坛?(4396*****)  18:23:10
噢，用最简单那个SOS定理好像就OK了，还居然保住了两个取等条件
一中(3175*****)  18:24:35
小k又v5了   
爱好者-悠闲数学娱乐论坛?(4396*****)  18:26:06
哎，其实我刚才是觉得SOS可能不容易玩下去，因为这个不等式有两个取等条件，除了全部相等之外，还有一个是0,k,k……
一中(3175*****)  18:26:38
和为1了塞   
恩，两个取等情况   
爱好者-悠闲数学娱乐论坛?(4396*****)  18:27:46
先煮饭……回头整理一下。
一中(3175*****)  18:28:17
吃饱塞   

具体地，就是
\begin{align*}
\sum \frac1{a+b}+6\sum ab\geqslant \frac{13}2&\iff\sum \frac{a+b+c}{a+b}+\frac{6\sum ab}{\left( \sum a \right)^2}\geqslant \frac{13}2 \\
&\iff\sum \frac c{a+b}\geqslant \frac72-\frac{6\sum ab}{\left( \sum a \right)^2} \\
&\iff\sum \frac c{a+b}\geqslant \frac32+\frac{\sum (a-b)^2}{\left( \sum a \right)^2},
\end{align*}
熟知
\[\sum \frac c{a+b}-\frac32=\sum \frac{(a-b)^2}{2(b+c)(c+a)},\]
所以
\begin{align*}
\sum \frac c{a+b}\geqslant \frac32+\frac{\sum (a-b)^2}{\left( \sum a \right)^2}&\iff\sum \frac{(a-b)^2}{2(b+c)(c+a)}\geqslant \frac{\sum (a-b)^2}{\left( \sum a \right)^2} \\
&\iff\sum \left( \frac1{2(b+c)(c+a)}-\frac1{(a+b+c)^2} \right)(a-b)^2\geqslant 0 \\
&\iff\sum \frac{(a^2+b^2-c^2)(a-b)^2}{2(b+c)(c+a)(a+b+c)^2}\geqslant 0 \\
&\iff\sum (a+b)(a^2+b^2-c^2)(a-b)^2\geqslant 0,
\end{align*}
不妨设 $a\geqslant b\geqslant c$，则
\begin{align*}
&\sum (a+b)(a^2+b^2-c^2)(a-b)^2 \\
\geqslant{}& (b+c)(b^2+c^2-a^2)(b-c)^2+(c+a)(c^2+a^2-b^2)(b-c)^2 \\
={}&\bigl((a-b)^2(a+b)+(a+b+2c)c^2\bigr)(b-c)^2 \\
\geqslant{}& 0,
\end{align*}
等号成立当 $a=b=c=1/3$ 或 $a=b=1/2$, $c=0$。

其实一中刚发题时，我还考虑过下面的证法，当进行到后面的计算时，一中说题目比较水，然后我就停下来重新想其他方向，直到一中说SOS，我就试着SOS出了上面的结果。
现在我还是把刚开始的想法给做完了，顺便发上来。

不妨设 $a\geqslant b\geqslant c$，令 $b+c=x$, $c+a=y$, $a+b=z$，则 $x\leqslant y\leqslant z$, $x+y+z=2$，则 $z\geqslant 2/3$。由
\[\sum (a+b)(b+c)=(a+b+c)^2+ab+bc+ca,\]
得
\[ab+bc+ca=xy+yz+zx-1,\]
于是
\begin{align*}
\sum \frac1{a+b}+6\sum ab\geqslant \frac{13}2&\iff\sum \frac1x+6\sum xy\geqslant \frac{25}2 \\
& \iff\left( \frac1{xyz}+6 \right)(xy+yz+zx)\geqslant \frac{25}2 \\
& \iff\left( \frac1{tz}+6 \right)\bigl(t+z(2-z)\bigr)\geqslant \frac{25}2,
\end{align*}
其中
\[t=xy\leqslant \left( \frac{x+y}2 \right)^2=\left( \frac{2-z}2 \right)^2,\]
令
\[f(t)=\left( \frac1{tz}+6 \right)\bigl(t+z(2-z)\bigr),\]
则
\[f'(t)=\frac{6t^2+z-2}{t^2},\]
而
\[6t^2+z-2\leqslant 6\left( \frac{2-z}2 \right)^4+z-2=(2-z)\left( 3\left( 1-\frac z2 \right)^3-1 \right),\]
且由 $z\geqslant 2/3$ 得
\[3\left( 1-\frac z2 \right)^3-1\leqslant 3\left( 1-\frac13 \right)^3-1=-\frac19<0,\]
所以 $f'(t)\leqslant 0$，由此得到
\[f(t)\geqslant f\left( \left( \frac{2-z}2 \right)^2 \right)=\left( \frac4{(2-z)^2z}+6 \right)\left( \frac{(2-z)^2}4+z(2-z) \right),\]
又
\[\left( \frac4{(2-z)^2z}+6 \right)\left( \frac{(2-z)^2}4+z(2-z) \right)-\frac{25}2=\frac{(z-1)^2(3z-2)^2}{2z(2-z)}\geqslant 0,\]
所以原不等式成立，等号成立当 $x=y=z=2/3$ 或 $x=y=1/2$, $z=1$，即 $a=b=c=1/3$ 或 $a=b=1/2$, $c=0$。

原来我以前问过的类似的另一边

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2012-8-22 22:28

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2012-8-22 22:28

4# 海盗船长

这个网刊第一期我有提及过（P33~34），其实下午我变形到那个加强式之后我就去看了下那里，发现我当时写的时候只是随便放了一下得到了那个加强和反向，比一楼那个弱。

4# 海盗船长

但是这个随手放出来的反向，那个系数竟然没法再小了貌似

这个题还可以用调整法来解决塞 ，不多说了，开调吧，我们设a为a,b,c之中三者最小。
又记：$F(a,b,c)=\sum \dfrac{1}{a+b}+\sum 6ab-\dfrac{13}{2}$，$F(a,b,c)-F(a, \dfrac{b+c}{2}, \dfrac{b+c}{2})
=(b-c)^2(\dfrac{1}{(2a+b+c)(a+c)(a+b)}-\dfrac{1}{4})$,又因为由A-G：$(2a+b+c)(a+c)(a+b)\leqslant(2a+b+c)(\dfrac{（2a+b+c）^2}{2})
=\dfrac{(1+a)^3}{4}<4$ 所以我们就有:$F(a,b,c)\geqslant F(a,t,t)=(3t-1)^2\dfrac{(2t-1)^2}{2t(1-t)}\geqslant0$
证毕。

7# yizhong

嗯，次数不高，调整还是比较好做的。

顺便说一下，三楼的证法中，换元之后 x, y, z 本应满足构成三角形的条件，但由后面的证明可以看出，x, y, z 只需要是正数而并不需要构成三角形也能使不等式成立，这样看来，原不等式的条件可以弱化，具体地说就是弱化成“设 $a$, $b$, $c\in\mathbb R$ 满足 $a+b+c=1$ 且 $a+b>0$, $b+c>0$, $c+a>0$，求证……”

其实一开始我也木有想到用调整法来做，我一看题目含有:$\sum \dfrac{c}{a+b}, \sum ab$
再由条件之和为1，可以变出$\sum a^2$出来，所以这才让我坚定用SOS(虽然可以得知题目的取等是两种情况，但是觉得SOS可行）
想到调整法那是因为（有见过调整法解题的就很熟悉，在和为1或者乘积为1的时候常这样做）所以由于题目所给的条件，所以这才用
调整法又做了下。

哇，调整法很简洁