分数结构代数不等式 11 道

kastin

• `a,b,c` 为正实数，证明 `\D\frac{1}{a^2+3}+\frac{1}{b^2+3}+\frac{1}{c^2+3}\leqslant \frac{a+b+c}{4\sqrt{abc}}`
  
  
• `a,b,c` 为正实数，证明 `\D\frac{bc}{a^2+bc}+\frac{ca}{b^2+ca}+\frac{ab}{c^2+ab}\leqslant \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}`
  
  
• `a,b,c` 为正实数，证明 `\D\frac{a^2}{a^2+bc}+\frac{b^2}{b^2+ca}+\frac{c^2}{c^2+ab}\leqslant 2`
  
  
• `a,b,c` 为正实数，证明 `\D\frac{\sqrt{ab}}{c^2+ab}+\frac{\sqrt{bc}}{a^2+bc}+\frac{\sqrt{ca}}{b^2+ca}\geqslant \frac{9(a^3+b^3+c^3)}{2(a+b+c)^4}`
  
  
• `a,b,c` 为正实数，证明 `\D\frac{1}{a^2+2bc}+\frac{1}{b^2+2ca}+\frac{1}{c^2+2ab}\geqslant \frac{2}{ab+bc+ca}`
  
  
• `a,b,c` 为正实数，证明 `\D\frac{a}{\sqrt{a^2+2bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+2ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+2ab}}\leqslant \frac{a+b+c}{\sqrt{ab+bc+ca}}`
  
  
• `a,b,c` 为非负实数，证明 `\D\frac{a}{a^2+2bc}+\frac{b}{b^2+2ca}+\frac{c}{c^2+2ab}\leqslant \frac{a+b+c}{ab+bc+ca}`
  
  
• `a,b,c` 为正实数，证明 `\D\frac{a-1}{a^2+2bc}+\frac{b-1}{b^2+2ca}+\frac{c-1}{c^2+2ab}\leqslant \frac{a+b+c-2}{ab+bc+ca}`
  
  
• `a,b,c` 为正实数，证明 `\D\sqrt{\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}}+\sqrt{\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}}+\sqrt{\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}}\geqslant \frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}{\sqrt{3}}`
  
  
• `a,b,c` 为正实数，证明 `\D\frac{a^3}{b^2-bc+c^2}+\frac{b^3}{c^2-ca+a^2}+\frac{c^3}{a^2-ab+b^2}\geqslant \frac{3(ab+bc+ca)}{a+b+c}`
  
  
• `a,b,c` 为正实数，证明 `\D\frac{ab+bc+ca}{\sqrt{a^2+ab+b^2}+\sqrt{b^2+bc+c^2}+\sqrt{c^2+ca+a^2}}\leqslant \frac{a+b+c}{3\sqrt{3}}`
  

以上11道不等式是从《1691 Algebraic Inequalities》前400道中选取的（这本书我在网上搜到的电子版只有560道题），选择标准是，分式结构且形式简单、优美，无约束条件，但难度不能太低。

这本书里面是按变量个数以及结构形式将不等式题集编排起来，题源来自历年世界各种奥林匹克竞赛题，以及mathlinks之类的数学网站社区。不过没有解答，所以这里选取一些经典的例子来求助大家给出一些好的思路。

kastin

凡是很难用常用不等式（如均值/柯西/赫尔德等）证明的，说明不等式比较严格（一般取等号条件很特殊），需要追根溯源找到更一般的不等式来证明。
下面这幅图给出了不等式之间的关系。
《控制不等式基础》（已绝版，这里提供的是电子版），还有一篇四川师范大学朱琨的硕士论文《控制不等式在初等数学中的应用 》。
从图中可知，常用代数不等式的源头有两个：排序不等式和Jensen不等式。也就是说，凡是能用这两个不等式所推导出来的常用不等式，进行证明的，都可用这两个不等式证之。比如，某不等式能用均值不等式或者柯西不等式证明，那么一定能用Jensen不等式或排序不等式证明。

常见不等式关系图

但是上图并不全面，比如没有涉及到Schur不等式、还有一些几何不等式、三角形相关量的不等式等。其实上面提到的这些不等式都是另一类更加一般的不等式理论的特例，即所谓的控制不等式，而这个不等式的本质是调整原理。
控制不等式的特例有很多，比如微微对偶不等式(这个是排序不等式的推广）、卡尔松不等式（这个是均值不等式的推广）、受控(Majorization)不等式（这个是Jensen不等式的推广）等。相关理论这里有可参见王伯英 编著的

第1题，我考虑用排序不等式的特例——切比雪夫不等式来证明，结果可行。
1. 原不等式右边减左边，等价为 `\D\sum_{cyc}\left(\frac{a}{4\sqrt{abc}}-\frac{1}{a^2+3}\right)=\sum_{cyc}\frac{a^3+3a-4\sqrt{abc}}{4\sqrt{abc}(a^2+3)}\geqslant 0`
因为原不等式是对称的，不妨设 `a\geqslant b\geqslant c`，因此上面分母是递减的，分子是递增的。根据切比雪夫不等式可知，$$\sum_{cyc}\frac{a^3+3a-4\sqrt{abc}}{4\sqrt{abc}(a^2+3)}\geqslant \frac{1}{3}\sum_{cyc}(a^3+3a-4\sqrt{abc})\sum_{cyc}\frac{1}{4\sqrt{abc}(a^2+3)}$$于是只需证明$$\begin{align*}&\phantom{\iff}\sum_{cyc}(a^3+3a-4\sqrt{abc})\geqslant 0\\
&\iff a^3+b^3+c^3+3(a+b+c)-12\sqrt{abc}\geqslant 0\\
&\iff abc+3\sqrt[3]{abc}-4\sqrt{abc}\geqslant 0\\
&\iff \sqrt[3]{abc}(\sqrt[6]{abc}-1)^2(\sqrt[3]{abc}+2\sqrt[6]{abc}+3)\geqslant 0\end{align*}$$显然成立，且等号在 `a=b=c=1` 时候取得。
在《不等式的秘密》一书中，这种方法被称之为Chebyshev联合技术，今后我们也这么称呼吧。

wayne

精彩！有拉马努金的感觉，学习了。

这个帖子 是不是总结了所有的不等式问题了？

kastin

2. 由柯西不等式$$\sum_{cyc}\frac{a}{b+c}=\sum_{cyc}\frac{a^2}{a(b+c)}\geqslant\frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}=1+\frac{\sum a^2}{2\sum ab}$$
$$\sum_{cyc}\frac{bc}{a^2+bc}=3-\sum_{cyc}\frac{a^2}{a^2+bc}\leqslant 3-\sum_{cyc}\frac{(a+b+c)^2}{a^2+b^2+c^2+(ab+bc+ca)}=2-\frac{\sum ab}{\sum a^2+\sum ab}$$于是原不等式等价为证明$$1+\frac{\sum a^2}{2\sum ab}\geqslant 2-\frac{\sum ab}{\sum a^2+\sum ab}\\
\iff \frac{\sum a^2}{2\sum ab} \geqslant \frac{\sum a^2}{\sum a^2+\sum ab}\iff \sum a^2\geqslant \sum ab$$显然成立，等号在 `a=b=c` 时取得。

kastin

3. 原不等式等价为 `\D\sum_{cyc}\frac{bc}{a^2+bc}\geqslant 1`，仍然使用柯西不等式$$\sum_{cyc}\frac{bc}{a^2+bc}\geqslant \frac{(ab+bc+ca)^2}{(ab+bc+ca)^2-(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)}=\frac{1}{1-\frac{m^2+n^2+p^2}{(m+n+p)^2}}$$其中 `m=ab,\;n=bc,\;p=ca`，而 `\D \frac{m^2+n^2+p^2}{(m+n+p)^2}\ge 0`，因此$$\sum_{cyc}\frac{bc}{a^2+bc}\geqslant 1$$等号在成立条件为 `a\neq 0, b\neq 0, c\to 0` 或其轮换。

kastin

6. 原不等式等价为证明 `\D\sum_{cyc}\frac{a}{a+b+c}\sqrt{\frac{(a+b+c)^2}{a^2+2bc}}\leqslant \sqrt{\frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}}`
注意到 `f(x)=\sqrt{x}`在 `[0,+\infty)`上为凹函数，故有  `\D\sum_{cyc}\frac{a}{a+b+c}\sqrt{\frac{(a+b+c)^2}{a^2+2bc}}\leqslant \sqrt{\sum_{cyc}\frac{a(a+b+c)^2}{(a+b+c)(a^2+2bc)}}`
因此只需证明$$\sum_{cyc}\frac{a}{(a+b+c)(a^2+2bc)}\leqslant \frac{1}{ab+bc+ca}$$即$$\sum_{cyc}\frac{a}{(a^2+2bc)}\leqslant \frac{a+b+c}{ab+bc+ca}$$归结为证明第7题。

kastin

7. 这道题如果直接证明会很复杂，但用到一点关于Schur不等式的知识，就能使得解答变得非常简单。这里直接给出这一方法，随后再补充这个理论的具体内容。
将原不等式右式减左式，于是等价为 $$\sum_{cyc}\left(\frac{a}{ab+bc+ca}-\frac{a}{a^2+2bc}\right)\geqslant 0\\
\iff \sum_{cyc}\frac{a(a-b)(a-c)}{(a^2+2bc)(ab+bc+ca)}\geqslant 0$$于是上式可写成$$x(a-b)(a-c)+y(b-c)(b-a)+z(c-a)(c-b)\geqslant 0$$不失一般性，可设 `a\geqslant b\geqslant c\geqslant 0`，不难证明$$ax\geqslant by\geqslant 0$$后者很显然。至于前者，这是因为$$ax-by=\frac{2c(a^3-b^3)}{(a^2+2bc)(b^2+2ca)(ab+bc+ca)}\geqslant 0$$因此原不等式成立。等号成立当 `a=b=c` 或 `c=0`及其轮换。

kastin

介绍一下对称不等式中经常用到的三元Schur不等式及其一般情况：
三元Schur不等式    对于非负实数 `a,b,c`，有$$a^k(a-b)(a-c)+b^k(b-a)(b-c)+c^k(c-a)(c-b)\geqslant 0$$等号在 `a=b=c` 或 `a=b,\;c=0` 及其轮换时成立。
证明过程相当简单（直接作差），此处略去。当然还可以推广到 `n` 个自变量的情况，不过用的不多，故这里不说了。

注：上面的 `k` 为整数（可为负），若 `k` 为偶数，那么不等式对于 `a,b,c` 为实数时也成立。
特别地，有下列两个较为常用：
当 `k=1` 时，称为3次Schur不等 `a^3+b^3+c^3+3abc\geqslant a^2(b+c)+b^2(c+a)+c^2(a+b)`
当 `k=2` 时，称为4次Schur不等式 `a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c)\geqslant a^3(b+c)+b^3(c+a)+c^3(a+b)` 依此类推。

还可推广到一般情况（7楼用到了该结论）
广义Schur不等式    设 `a,b,c`，`x,y,z` 为两组非负实数，则不等式$$\sum_{cyc}x(a-b)(a-c)\geqslant 0$$成立，若下列条件至少有一个满足：
(1) `a\geqslant b\geqslant c\geqslant 0`，`x\geqslant y` 且 `z\geqslant 0`.
(2) `a\geqslant b\geqslant c\geqslant 0`，`y\geqslant z` 且 `x\geqslant 0`.
(3) `a\geqslant b\geqslant c\geqslant 0` 并且 `ax\geqslant by` 或 `z\geqslant 0`.

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获益良多啊，kastin真的是大才～

第一问好像挺简单的。
$$a^2+3 = a^2 + 1+1+1 \geqslant 4\sqrt{a}$$
所以
$$\frac{1}{a^2+3}+\frac{1}{b^2+3}+\frac{1}{c^2+3}\leqslant \frac{1}{4}\left(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\right)$$
所以只需证明
$$\frac{1}{4}\left(\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}\right) \leqslant \frac{a+b+c}{4\sqrt{abc}}$$
即
$$\sqrt{ab}+\sqrt{ac}+\sqrt{bc}\leqslant a+b+c$$
即
$$\frac{1}{2}(\sqrt{a}-\sqrt{b})^2+\frac{1}{2}(\sqrt{a}-\sqrt{c})^2+\frac{1}{2}(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2 \geqslant 0$$

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其他感觉不怎么会～