wayne 发表于 2016-7-3 11:17
这个总结很有创意。我来练练手吧：
设三次方程为$ f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=x^3-\alpha x^2+\beta x-\gam ...
回复#15楼 @kastin的评论。试一试，首先使用 SymmetricReduction之前需先 齐次化目标式。用 $\frac{a+b+c}{3}$除之,于是目标式是：
Factor]
分母大于0，取其分子ans，表达成对称式：SymmetricReduction
即得目标式为$-81 a^2 b^2 c^2 (a + b + c)^2 - 2 a b c (a + b + c)^5 + 162 a^2 b^2 c^2 (a b + a c + b c) + (a + b + c)^4 (a b + a c + b c)^2$
补充6#wayne未证明的部份：
http://bbs.emath.ac.cn/forum.php?mod=redirect&goto=findpost&ptid=8984&pid=63072&fromuid=1455
杨学枝给出\(3\geq abc(a^2+b^2+c^2)\)的巧证
令\(u=a+b+c, v=ab+ac+bc, w=abc,\)则
\(v^2\geq 3uw\)
\(u^5+162vw\geq 3(u^5\cdot81vw\cdot81vw)^{\frac{1}{3}}\geq 3(u^5\cdot81^2\cdot w^2\cdot 3uw)^{\frac{1}{3}}=81u^2w\)
即\(u^5\geq 81w(u^2-2v)\)又\(u=3\) 代入化简即证
Clear["Global`*"];(*Clear all variables*)
f=1/a^2+1/b^2+1/c^2-a^2-b^2-c^2+n*(a+b+c-3);
fa=D;
fb=D;
fc=D;
fn=D;
fabcn=Solve[{fa==0,fb==0,fc==0,fn==0},{a,b,c,n},Reals]
f/.%
求解结果
{{a -> 1, b -> 1, c -> 1, n -> 4}}
{0}
所以结论成立!
Minimize[{1/a^2+1/b^2+1/c^2-(a^2+b^2+c^2),a+b+c==3&&a>0&&b>0&&c>0},{a,b,c}]
我只会这个办法,拉格朗日办法
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。