三元根式不等式

发疯的_小男孩

Let \(x,y,z\geq 0\), prove that
\[\root3\of{xyz+x^3}+\root3\of{xyz+y^3}+\root3\of{xyz+z^3}\geq x+y+z+3(\root3\of{2}-1)\root3\of{xyz \vphantom{x^3}}\]
来源：http://artofproblemsolving.com/c ... 64_xyzgt0prove_that

kastin

这个不等式很特别。首先，它是轮换对称的（变量按任意指定顺序轮换，不等式保持不变），这一眼就能瞧出。

进一步，它还是对称的（任意两个变量互换，不等式保持不变），因此我们不妨设一个任意大小关系，比如 `x>y>z \geqslant 0`，更进一步发现，它还是是1次齐次不等式，故而我们可设 `xyz=1`。于是原不等式等价为证明 `x>y>z \geqslant 0`，且 `xyz=1` 条件下$$\root3\of{1+x^3}+\root3\of{1+y^3}+\root3\of{1+z^3}\geqslant x+y+z+3(\root3\of{2}-1)$$

一个人的树枝

等着你们继续讨论，才毕业两年，正在重新找回点之前的用脑思路。。看看

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机器证明不难，难的是可读证明。

kastin

我们约定把2楼中等价的不等式称为 `(*)` 式，事实上一眼就能看出不等式等号取得的条件是 `x=y=z`，这可解释为不等式是对称的，即任何变量地位等同。不过似乎有些时候极值取得的条件是部分变量等于零，其他变量彼此相等或者取边界值（这种情况一般只是轮换对称，但是不是对称的不等式）。于是可以利用整合变量法来证明。

我们来考虑整合 `x`, `y`两个变量。因为 `xyz=1`，故可令 `t=\sqrt{xy}`，又因为对称性不妨设 `x\geqslant y \geqslant z \geqslant 0`，从而可知 `x\geqslant t \geqslant 1\geqslant z`.
设 `f(x,y,z)=\root3\of{1+x^3}+\root3\of{1+y^3}+\root3\of{1+z^3}- (x+y+z)`，下面考虑比较 `f(x,y,z)`和`f(t,t,z)`的大小。
首先考虑$$\begin{align*}&\hphantom{+x}\sqrt[3]{1+x^3}+\sqrt[3]{1+y^3}-(x+y)\\&=\root3\of{1+x^3}-x+\root3\of{1+y^3}-y\\
&=\frac{1}{\root3\of{(1+x^3)^2}+x\root3\of{1+x^3}+x^2}+\frac{1}{\root3\of{(1+y^3)^2}+y\root3\of{1+y^3}+y^2}\end{align*}$$由于算术平均值大于等于调和平均值，即
$$\frac{1}{\root3\of{(1+x^3)^2}+x\root3\of{1+x^3}+x^2}+\frac{1}{\root3\of{(1+y^3)^2}+y\root3\of{1+y^3}+y^2}\geqslant \frac{4}{\root3\of{(1+x^3)^2}+x\root3\of{1+x^3}+x^2+\root3\of{(1+y^3)^2}+y\root3\of{1+y^3}+y^2}$$等号取得当且仅当 `x=y=t`. 故 $$\root3\of{1+x^3}+\root3\of{1+y^3}-(x+y)\geqslant \frac{2}{\root3\of{(1+t^3)^2}+t\root3\of{1+t^3}+t^2}=2(\root3\of{1+t^3}-t)$$从而不难知道 `f(x,y,z)\geqslant f(t,t,z)`.
将 `z=1/t^2` 带入可得 `f(x,y,z)\geqslant f(t,t,1/t^2)`，现在只需要考虑 `f(t,t,1/t^2)` 在 `t\geqslant 1`时的最小值了。函数$$f(t,t,1/t^2)=2(\root3\of{1+t^3}-t)+\frac{\root3\of{1+t^6}-1}{t^2}$$在 `[1,+\infty)` 上递增，故最小值在 `t=1` 出取得，最小值为`3 \sqrt[3]{2}-3` 。因此`f(x,y,z)\geqslant f(t,t,z)\geqslant 3 \sqrt[3]{2}-3`.