特殊分式不等式
`a,b,c>0`，且 `a+b+c=3`，求证 `\D\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geqslant a^2+b^2+c^2`求最简单的方法。 这道问题因为结构形式太特殊，基本上不太容易用基本不等式证明。在好几本书上搜寻过这道问题的答案，证明方法挺多的，只是都比较复杂，没有一个令人满意的简单方法。限于篇幅，这里简单介绍一下思路。
证法1：万能的差分配方法(SOS,Sum of Squares)
左右相减，找到分子形如 `S_a(b-c)^2+S_b(c-a)^2+S_c(a-b)^2`的表达形式，其中 `S_a,S_b,S_c` 为 `a,b,c` 的多项式，尽量是正号为好（有负号也不怕），然后分析得到大于等于零的结论。
证法2：分离变量利用函数（还是这种简单一些）
考虑 `\D f(x)=\frac{1}{x^2}-x^2+4x-4 \quad (0 < x < 3)`，注意到$$f(x)=\frac{(x-1)^2(1+\sqrt{2}-x)(x-1+\sqrt{2})}{x^2}$$因此 `x\in(0,1+\sqrt{2}]` 时，`f(x)\geqslant 0`. 显然若 `0< a,b,c,d\leqslant 1+\sqrt{2}(\approx 2.4)`时，原不等式成立。否则，`a,b,c` 中只能有一个超出该区间，不妨设是 `a` 大于2.4.
当 `1+\sqrt{2} < a < 3` 时，有 `b+c=3-a < 2-\sqrt{2}`，于是根据赫德尔不等式有$$\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geqslant \frac{(1+1)^3}{(b+c)^2} > 23$$然而$$a^2+b^2+c^2 < a^2+(3-a)^2 = 2a(a-3)+9<9$$故显然原不等式成立。
证法3：递推法
先证明2元情况，然后通过换元`\D x=\frac{2a}{3-c},y=\frac{2b}{3-c}` 于是 `x+y=2`，降低3元为2元情形。然后对 `c` 的范围进行分类讨论就能得到。这种方法能递推证明 `n` 个变量情形。目前只知道 `2\leq n \leq 9\;(n\in \NN^+,a_i > 0)`，`\D\sum_{i=1}^{n}a_i=n` 时，有 $$\D\frac{1}{a_1^2}+\frac{1}{a_2^2}+\frac{1}{a_3^2}+\cdots+\frac{1}{a_n^2}\geq a_1^2+a_2^2+a_3^2+\cdots+a_n^2$$ 本帖最后由 TSC999 于 2018-8-12 18:52 编辑
原题：\(a,b,c>0\) 且 \(a+b+c=3\)，证明不等式 \( \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}≥a^2+b^2+c^2 \)。
下面这个证法虽然不是最简，但是最初等，中学生也能看懂。这个证法是悠闲数学娱乐论坛(第2版)的版主 kuing 给出的。
为证原不等式，只须证明不等式链： \(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}≥\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=\frac{3}{abc}≥\frac{27}{(ab+bc+ca)^2}≥a^2+b^2+c^2\)。
证明分四步进行。
【1】 先证最左边。因为\( \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}≥2\frac{1}{ab}，\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}≥2\frac{1}{bc}，\frac{1}{c^2}+\frac{1}{a^2}≥2\frac{1}{ca}\)，
三式相加即得 \( \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}≥\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\)。
【2】证明 \(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=\frac{3}{abc}\)，将左边通分得: \(左边=\frac{a+b+c}{abc}=\frac{3}{abc} \)。
【3】证明 \(\frac{3}{abc}≥\frac{27}{(ab+bc+ca)^2}\)。
先证明 \(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}≥a+b+c\)。
由于 \(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}≥2b, \frac{ab}{c}+\frac{ca}{b}≥2a, \frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}≥2c \),
三式相加得 \(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b}≥a+b+c\)。
上式两边同乘以 \(abc\) 得：\(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2≥abc(a+b+c)\),
两边再加上 \(2a^2bc+2b^2ca+2c^2ab\)得
\(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+2a^2bc+2b^2ca+2c^2ab≥abc(a+b+c)+2a^2bc+2b^2ca+2c^2ab\),
即 \((ab+bc+ca)^2≥abc(a+b+c)+2abc(a+b+c)=3abc(a+b+c)\),
将 \(a+b+c=3\) 代入上式得\((ab+bc+ca)^2≥9abc\)，于是 \(\frac{1}{abc}≥\frac{9}{(ab+bc+ca)^2}\)，也就是
\(\frac{3}{abc}≥\frac{27}{(ab+bc+ca)^2}\)。
【4】 最后证原不等式的最右边。
由于 \(\frac{(ab+bc+ca)+(ab+bc+ca)+(a^2+b^2+c^2)}{3}≥\sqrt{(ab+bc+ca)^2(a^2+b^2+c^2)}\),
即 \(\frac{(a+b+c)^2}{3}≥\sqrt{(ab+bc+ca)^2(a^2+b^2+c^2)}\),两边立方：
\( \frac{(a+b+c)^6}{27}≥(ab+bc+ca)^2(a^2+b^2+c^2)\),
由于 \(a+b+c=3\),故 \( \frac{(a+b+c)^6}{27}=\frac{3^6}{27}=27\)，即
\( 27≥(ab+bc+ca)^2(a^2+b^2+c^2)\),
所以 \(\frac{27}{(ab+bc+ca)^2}≥a^2+b^2+c^2\)。
至此就证明了原不等式成立。 就用你之前几个帖子经常提及的Jensen's inequality.^_^
$f(x) = 1/x^2-x^2$,f(x) 是凹函数。那么 $ f(a)+f(b)+f(c) >= 3f(\frac{a+b+c}{3}) =3 f(1)= 0$ 初等解法技巧性太强。高等解法我也不好意思贴出来，:lol
我好奇的是条件式子里给的数值$3$，往前一点点，目测 目标不等式仅仅在$0< a+b+c <= 1/(3/(214+(9228493-16692 \sqrt{78})^(1/3)+(9228493+16692 \sqrt{78})^(1/3)))^(1/4) = 3.81202...$ 内成立，:lol 换种说法，如果目标不等式在 $a+b+c$ 随意给定的常值 都恒成立的话， 那么，我们只需用 各种常见的 有名的不等式变换 就足以解决问题。
否则，我们必须借用这个常值 做特定的运算，不然只有死路一条。
问题是我们怎么才能在初等数学的范畴内，判定目标不等式是在条件式的值域范围成立，还是在条件式的“人为主观指定”的边界范围(即值域的子集)才成立呢？
这好像是一个很矛盾的问题。
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最近不等式的题目挺多的，总结这种策略，形而上的思路还是很有必要的，避免被动的局面。
不妨设$a\le b\le c$于是对于$c\le 2$的情况，可以用切线法$1/{x^2}-x^2>=4(1-x)$证明
而对于$c>=2$,必然$ac<=1,b<=1$,于是$1/{a^2}+1/{c^2}-a^2-c^2+1/{b^2}-b^2=(a^2+c^2)(1/{a^2c^2}-1)+b^2(1/{b^4}-1)>=0$ 根据排序不等式`\D\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geqslant \frac{1}{a b}+\frac{1}{b c}+\frac{1}{c a}= \frac{3}{a b c}`, 再根据`abc(\frac{a^2+b^2+c^2}{3}) \leqslant (\frac{a+b+c}{3}) ^5 =1`（好像并不显然，但软件证实是对的，:L ），得到：
`\D\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\geqslant \frac{1}{a b}+\frac{1}{b c}+\frac{1}{c a} =\frac{3}{a b c}\geqslant a^2+b^2+c^2` \(因为a,b,c>0且a+b+c=3,故其中至少有一数不小于1，不妨令其为a=1+t,t\in[0,2)\\2-t=b+c\geqslant 2\sqrt {bc},故bc\le(1-\frac{t}{2})^2\\\D\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{1+t}+\frac{b+c}{bc}\geqslant \frac{1}{1+t}+\frac{2-t}{(1-\frac{t}{2})^2}=\frac{3}{1-\frac{t^2}{2+t}}\geqslant 3\\当且仅当b=c,t=0时取等，即a=b=c=1时取等 \) wayne在6#的问题即在条件$a+b+c=3$时证明$abc(a^2+b^2+c^2)<=3$
我们可以先用拉格朗日法分析一下，取目标函数
$abc(a^2+b^2+c^2)-L(a+b+c-3)$
分别对a,b,c求偏导得出
$(3a^2+b^2+c^2)bc=L,...$
记$S=a^2+b^2+c^2$,于是得出
$2a+S/a=2b+S/b=2c+S/c=L/{abc}$
于是得到$2a^2b-2ab^2=S(a-b)$,所以$(S-2ab)(a-b)=0$
由于$S=a^2+b^2+c^2>2ab$,所以得出$a=b$同理$b=c$
由此得出唯一极值点在$a=b=c=1$,而边界条件显然是a,b,c之一取0情况，不能取到最大值，所以唯一最大值在$a=b=c$时 如果对于n个数$x_1,x_2,...,x_n$记$M_k = ({x_1^k+x_2^k+...+x_n^k}/n)^{1/k}$,于是本题可以变化为对于$n=3$时的不等式$M_{-2}M_2<=M_1^2$
而wayne得出的不等式为$M_0^3M_2^2<=M_1^5$ 另外我们有赫尔德不等式$\sum a_ib_i<=(\sum a_i^p)^{1/p}(\sum b_i^q)^{1/q}$,其中$1/p+1/q=1,p>0,q>0$
其中我们取$a_i=x_i^u,b_i=x_i^v$,代入可以得出$M_{u+v}<=M_{up}^{u/{u+v}}M_{vq}^{v/{u+v}},1/p+1/q=1,p>0,q>0$
另外稍微变换一下赫尔德不等式，可以得出在$p<0,q>0,1/p+1/q=1$时$\sum a_ib_i>=(\sum a_i^p)^{1/p}(\sum b_i^q)^{1/q}$,可以类似得出很多关于幂平均的不等式
不过本题中不等式很可能只适用于较小的n，那么就不能用赫尔德不等式得出了