一道不等式的题目

mathe

实际上6楼不等式不成立，比如取a=1/4,b=1/12,c=0

kastin

刚查了一下，这道题是2006年在沈阳进行的数学国家集训队选拔（四）里面的一道题目，另外一本不等式书中也找到该题目。两种解答感觉都不太满意。兹录于下，供有兴趣者参考：
方法一：因为 `(x+y)(y+z)(z+x)\leqslant \left(\D\frac{2(x+y+z)}{3}\right)^3=\D\frac{8}{27}` （这里是用AG-GM，原文没提及），故只须证明更强的结论
$$\frac{xy}{\sqrt{xy+yz}}+\frac{yz}{\sqrt{yz+zx}}+\frac{zx}{\sqrt{zx+xy}}\leqslant \frac{3\sqrt{3}}{4}\sqrt{(x+y)(y+z)(z+x)}\\
\iff f=\sqrt{\frac{x}{(x+z)(z+y)}\frac{xy}{(y+z)(z+x)}}+\sqrt{\frac{y}{(x+y)(y+z)}\frac{yz}{(z+x)(x+y)}}+\sqrt{\frac{z}{(y+z)(z+x)}\frac{zx}{(x+y)(y+z)}}\leqslant \frac{3\sqrt{3}}{4}$$由于轮换对称性，不妨设 `x=\min\{x,y,z\}`，分(i) `x\leqslant y \leqslant z` 和 (ii)  `x\leqslant z \leqslant y` 两种情况来讨论。二者本质类似，现就第一种情况简证如下。因为 `x\leqslant y \leqslant z \Rightarrow xy\leqslant zx \leqslant yz,\quad (y+z)(z+x)\geqslant (y+z)(x+y) \geqslant (x+y)(z+x)`.
于是$$\frac{xy}{(y+z)(z+x)}\leqslant \frac{zx}{(x+y)(y+z)}\leqslant \frac{yz}{(z+x)(x+y)}\tag{1.a}$$而 `x(y+z)\leqslant y(z+x) \Rightarrow \D \frac{x}{(z+x)(x+y)}\leqslant \frac{y}{(x+y)(y+z)}`.
同理 `\D \frac{y}{(x+y)(y+z)}\leqslant \frac{z}{(y+z)(z+x)}`.
从而$$\frac{x}{(z+x)(x+y)}\leqslant \frac{y}{(x+y)(y+z)}\leqslant \frac{z}{(y+z)(z+x)}\tag{1.b}$$由 `(1.a)` 和 `(1.b)` 以及排序不等式知
$$\begin{align*}f&\leqslant \sqrt{\frac{x^2y}{(x+y)(z+x)^2(y+z)}}+\sqrt{\frac{xyz}{(x+y)^2(y+z)^2}}+\sqrt{\frac{yz^2}{(z+x)^2(x+y)(y+z)}}\\
&=\sqrt{\frac{xyz}{(x+y)^2(y+z)^2}}+2\*\frac{1}{2}\sqrt{\frac{y}{(x+y)(y+z)}}\\
&\leqslant \sqrt{3\left(\frac{xyz}{(x+y)^2(y+z)^2}+2\*\frac{1}{4}\frac{y}{(x+y)(y+z)}\right)}. \end{align*}$$（上面最后一步是用了柯西不等式，原文中并未提及）
因此要证 `f\leqslant \D \frac{3\sqrt{3}}{4}`，只要证明$$\frac{xyz}{(x+y)^2(y+z)^2}+\frac{1}{2}\frac{y}{(x+y)(y+z)}\leqslant \frac{9}{16}$$直接通分相减，等价于证明 `(3xyz-y)^2\geqslant 0`. 故原不等式成立。

方法二：不等式等价于$$\sum_{cyc}x\*\sqrt{\frac{y}{x+z}}\leqslant \frac{1}{\sqrt{2}} \iff \sum_{cyc}\frac{x+y}{2}\*\sqrt{\frac{4x^2y}{(x+y)^2(x+z)}}\leqslant \frac{1}{\sqrt{2}}$$然后注意到 `f(u)=\sqrt{u}` 是凹函数，使用加权Jensen不等式得$$\sum_{cyc}\frac{x+y}{2}\sqrt{\frac{4x^2y}{(x+y)^2(x+z)}}\leqslant\sqrt{\sum_{cyc}\frac{2x^2y}{(x+y)(x+z)}}$$只需证明$$\sum_{cyc}\frac{x^2y}{(x+y)(x+z)}\leqslant \frac{1}{4}\iff 4\sum_{cyc}x^2y(y+z)\leqslant (a+b+c)\prod_{cyc}(a+b)\\
\iff2\sum_{cyc}x^2y^2\leqslant \sum_{cyc}x^3(y+z)$$这显然成立，等号成立的条件是 `x=y=z=\D\frac{1}{3}`.
上面所用的求和（乘积）符号下面的 `cyc` 表示变量轮换一圈，这是高中数学竞赛中约定俗成的符号。

mathe

\(f(x)=\sqrt{\frac{x}{1-x}}\)
求证对于\(x+y+z=1, xf(y)+yf(z)+zf(x)\le\frac{\sqrt{2}}{2}\)
记\(h(x)=\frac{3x+1}{5-3x}\)
于是\(f(x)^2-2h(x)^2=\frac{(3x-2)(3x-1)^2}{(1-x)(3x-5)^2}\)
所以对于\(0<=x<=2/3\),必然恒有\(f(x)\le \sqrt{2}h(x)\),于是当\(max\{x,y,y\}\le\frac{2}{3}\)时，必然有
\(xf(y)+yf(z)+zf(x)\le \sqrt{2}(xh(y)+yh(z)+zh(x))\),
现在我们证明\(xh(y)+yh(z)+zh(x)\le\frac{1}{2}\)
去分母并且其次化得
\(11(zx^3+xy^3+yz^3)+18xyz(x+y+z)+6(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)<=10(x^4+y^4+z^4)+25(x^3y+y^3z+z^3x)\)

i)先证明对于整数\(x,y,z\)成立\(x+y+z\ge 2\sqrt[3]{|(x-y)(y-z)(z-x)|}\)
由于全对称，不妨设\(x\ge y\ge z\),于是\(x+y+z\ge \frac{1}{2}(x-z)+\frac{1}{2}(x-y)+\frac{3}{2}(y-z)\ge 3\sqrt[3]{\frac{3}{8}(x-z)(x-y)(y-z)}\ge 2\sqrt[3]{(x-z)(x-y)(y-z)}\)
设\(A=x^4+y^4+z^4, B=x^3y+y^3z+z^3x, C=zx^3+xy^3+yz^3,D=xyz(x+y+z),E=x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\)
于是\(B-C=(x-y)(y-z)(z-x)(x+y+z)\)
而\(x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)\ge \sqrt[3]{|(x-y)(y-z)(z-x)|}((x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2)\ge 3|(x-y)(y-z)(z-x)|\)
于是\((x^3+y^3+z^3-3xyz)(x+y+z)\ge 3|(x-y)(y-z)(z-x)|(x+y+z)>=3(C-B)\)
展开得到\(A+B+C-3D\ge 3(C-B)\),所以\(A+4B\ge 2C+3D\),于是\(\frac{11}{2}A+22B\ge 11C+\frac{33}{2}D\)
另外
\(x^3y+x^3y+y^4\ge 3x^2y^2\)
所以\(2B+A\ge 3E, 3B+\frac{3}{2}A \ge \frac{9}{2}E\)
余下只要证明\(3A\ge \frac{3}{2}E+\frac{3}{2}D\),而这个是显然的
于是我们证明了对于\(\max\{x,y,z\}\le\frac{2}{3}\)时题目成立
余下我们需要分析至少有一个数大于\(\frac{2}{3}\)的情况，不妨设\(x\gt\frac{2}{3},y+z=1-x\lt\frac{1}{3}\)
于是\(xf(y)+yf(z)+zf(x)=xf(y)-y(f(x)-f(z))+(1-x)f(x)\le xf(y)-y(f(\frac{2}{3})-f(\frac{1}{3}))+\sqrt{(1-x)x}=xf(y)-\frac{\sqrt{2}}{2}y+\sqrt{(1-x)x}\)
然后看出在\(x>=\frac{2}{3}\)时，\(xf(y)\)关于y的导数永远大于\(\frac{\sqrt{2}}{2}\),所以上面函数关于y单调增
于是\(xf(y)+yf(z)+zf(x)\le xf(y)-\frac{\sqrt{2}}{2}y+\sqrt{(1-x)x}\le xf(1-x)-\frac{\sqrt{2}}{2}(1-x)+\sqrt{(1-x)x}=2\sqrt{(1-x)x}-\frac{\sqrt{2}}{2}(1-x)\)
计算容易得知右边函数单调减，在\(x=\frac{2}{3}\)时可以取到最大值\(\frac{\sqrt{2}}{2}\)

kastin

更改如下：原不等式等价为 $$\sum_{cyc}\frac{\sqrt{x}\sqrt{x}\sqrt{y}}{\sqrt{1-y}}\leqslant \sum_{cyc}\sqrt{\frac{2x+y}{3(1-y)}} \leqslant\sqrt{\sum_{cyc}\frac{2x+y}{1-y}}=\sqrt{\sum_{cyc}\frac{1+x-z}{x+z}}=\sqrt{\sum_{cyc}(1-\frac{1+2z}{x+z})}=\sqrt{3-\sum_{cyc}\frac{1}{x+z}-\sum_{cyc}\frac{2z}{x+z}}\leqslant  \sqrt{3-\frac{1^2}{2}-\frac{(2\*1)^2}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$$
以上用到了 `x+y+z=1`.

发疯的_小男孩

这个不等式太松，稍微加强一下：
设 $x,y,z∈R+$ 且 $x+y+z=1$，证明：
$1.$
$$\sqrt {2}\sqrt {{\frac {{x}^{2}{y}^{2}}{xy+yz}}}+\sqrt {2}\sqrt {{
\frac {{y}^{2}{z}^{2}}{xz+yz}}}+\sqrt {2}\sqrt {{\frac {{x}^{2}{z}^{2}
}{xy+xz}}}\leq 1-{\frac {7\, \left( x-y \right) ^{2}+7\, \left( y-z
\right) ^{2}+7\, \left( -x+z \right) ^{2}}{33\, \left( x+y+z \right)
^{2}}}
$$

$2.$
$$\sqrt {2}\sqrt {{\frac {{x}^{2}{y}^{2}}{xy+yz}}}+\sqrt {2}\sqrt {{
\frac {{y}^{2}{z}^{2}}{xz+yz}}}+\sqrt {2}\sqrt {{\frac {{x}^{2}{z}^{2}
}{xy+xz}}}\leq 1-{\frac {17\, \left( x-y \right) ^{2} \left( y-z
\right) ^{2} \left( -x+z \right) ^{2}}{25\, \left( x+y \right) ^{2}
\left( y+z \right) ^{2} \left( x+z \right) ^{2}}}
$$