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楼主: kastin

[讨论] 特殊分式不等式

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发表于 2016-7-3 22:48:06 | 显示全部楼层
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[Total[(((a + b + c)/(3 #))^2 - ((3 # )/(a + b + c))^2) & /@{a, b, c}]]

分母大于0,取其分子ans,表达成对称式:
SymmetricReduction[ans, {a, b, c}, {x,y,z}]

即得目标式为$-81 a^2 b^2 c^2 (a + b + c)^2 - 2 a b c (a + b + c)^5 + 162 a^2 b^2 c^2 (a b + a c + b c) + (a + b + c)^4 (a b + a c + b c)^2$
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2016-7-5 11:30:37 | 显示全部楼层
补充6#wayne未证明的部份:

/forum.php ... 72&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
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发表于 2016-7-5 13:27:29 | 显示全部楼层
  1. Clear["Global`*"];(*Clear all variables*)
  2. f=1/a^2+1/b^2+1/c^2-a^2-b^2-c^2+n*(a+b+c-3);
  3. fa=D[f,a];
  4. fb=D[f,b];
  5. fc=D[f,c];
  6. fn=D[f,n];
  7. fabcn=Solve[{fa==0,fb==0,fc==0,fn==0},{a,b,c,n},Reals]
  8. f/.%
复制代码


求解结果
{{a -> 1, b -> 1, c -> 1, n -> 4}}
{0}
所以结论成立!
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毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2017-5-18 14:21:46 | 显示全部楼层
  1. 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}]
复制代码

我只会这个办法,拉格朗日办法
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2018-8-12 18:33:58 | 显示全部楼层
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 \(\frac{(ab+bc+ca)+(ab+bc+ca)+(a^2+b^2+c^2)}{3}≥\sqrt[3]{(ab+bc+ca)^2(a^2+b^2+c^2)}\),
即 \(\frac{(a+b+c)^2}{3}≥\sqrt[3]{(ab+bc+ca)^2(a^2+b^2+c^2)}\),  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。
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