分数结构代数不等式 11 道

TSC999

第 3 题可以直接将差式分解：
\[\frac{a^2}{a^2+bc}+\frac{b^2}{b^2+ca}+\frac{c^2}{c^2+ab}-2=-\frac{abc(a^3+b^3+c^3+abc)}{(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)}\]可见取等号的条件为`abc=0`

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第 2 题的差式（左 - 右）等于：

\[\frac{(a^3+b^3+c^3+abc)\D\sum_{cyc}\left((a^3+abc)(b+c)(b-c)^2\right)}{2(a+b)(b+c)(c+a)(a^2+bc)(b^2+ca)(c^2+ab)}\]可见取等号的条件为`a=b=c`


补充内容 (2018-8-13 18:10):
上面那个复杂式子的最左边应加一个负号。这样，本题 (左 - 右) 是一个负值或零。因此 左≤右。

TSC999

第7题, （左 - 右）通分后分子可完美配平方：
\[-2abc\sum_{cyc}(a+b-c/2)^2(a-b)^2\]所以取等条件就是`a=b=c`或者`abc=0`

TSC999

使用机器（软件）当然也能够直接 “证明” 那些不等式，不过这样子就成了 “机器证明”，不是人工证明，就算 “犯规了”。
但是如果只是借助机器分解因式，由人工进行判断，就不能算犯规吧？

kastin

10. 由均值不等式可知，等式右端 `\D\frac{3\sum ab}{\sum a}\leqslant \frac{(\sum a)^2}{\sum a}=\sum_{cyc} a`
于是原不等式等价为 $$\sum_{cyc}\frac{a^3}{b^2-bc+c^2}\geqslant \sum_{cyc}a$$亦即$$\sum_{cyc}\frac{a^3-a(b^2+c^2)+abc}{b^2-bc+c^2}\geqslant 0$$因为原不等式是对称的，不妨设 `a\geqslant b\geqslant c>0`，考虑分母差分$$b^2-bc+c^2-(c^2-ca+a^2)=-(a-b)(a+b-c)\leqslant 0$$分子差分$$a^3-a(b^2+c^2)+abc-[b^3-b(c^2+a^2)+abc]=(a-b)(a+b-c)(a+b+c)\geqslant 0$$向前一次轮换各变量，上述不等号仍成立。故$$0\leqslant \frac{1}{a^2-ab+b^2}\leqslant \frac{1}{b^2-bc+c^2}\leqslant \frac{1}{c^2-ca+a^2}$$以及$$c^3-c(a^2+b^2)+abc\leqslant a^3-a(b^2+c^2)+abc\leqslant b^3-b(a^2+c^2)+abc$$根据切比雪夫不等式可知$$\sum_{cyc}\frac{c^3-c(a^2+b^2)+abc}{a^2-ab+b^2}=\sum_{cyc}\frac{a^3-a(b^2+c^2)+abc}{b^2-bc+c^2}\geqslant \sum_{cyc}\left[a^3-a(b^2+c^2)+abc\right]\sum_{cyc}\frac{1}{b^2-bc+c^2}\geqslant 0$$因为右边第一部分由3次Schur不等式可知$$\sum_{cyc}\left[a^3-a(b^2+c^2)+abc\right]=a^3+b^3+c^3+3abc-a(b^2+c)-b(c^2+a^2)-c(a^2+b^2)\geqslant 0$$故原不等式成立。

上面用的就是Chebyshev联合技术，注意上面分母必须大于零（这一点很重要）。

kastin

11. 由闵可夫斯基不等式（2维线性空间各向量模长之和大于等于向量之和的模）可知$$\sum_{cyc}\sqrt{a^2+ab+b^2}=\sum_{cyc}\sqrt{(a+b/2)^2+(\sqrt{3}b/2)^2}\geqslant \sqrt{\left(\frac{3}{2}\sum_{cyc} a\right)^2+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\sum_{cyc} a\right)^2}=\sqrt{3}\sum_{cyc}a$$于是原不等式等价`\sum ab\leqslant \dfrac{(\sum a)^2}{3}`，显然成立。因为 `\sum a^2\geqslant \sum ab`.
上述不等式在 `a=b=c` 时取等号。

hujunhua

kastin 发表于 2016-9-19 16:39
11. 由闵可夫斯基不等式（2维线性空间各向量模长之和大于等于向量之和的模）可知$$\sum_{cyc}\sqrt{a^2+ab+ ...

原来梗在这里 那就写得显式一点：

令`\omega`为（特征）方程`x^2+x+1=0`的一根（3次单位根），
则`\sqrt{a^2+ab+b^2}=|a-b\omega|`,
原不等式左边的分母即
`|a-b\omega|+|b-c\omega|+|c-a\omega|`
复数`a+b\omega`看作复平面上的向量，按三角不等式知上式不小于
`|a-b\omega+b-c\omega+c-a\omega|=(a+b+c)|1-\omega|=\sqrt3(a+b+c)`

TSC999

把这个老帖子翻出来再看看。主帖中的第 5 题，好像还没有人做过？
这道题有点小毛病，因为可以再加强。原题是：

\[ \frac{1}{a^2 + 2 b c} + \frac{1}{b^2 + 2 c a} +\frac{1}{c^2 + 2 a b}  ≥\frac{2}{a b + b c + c a}  \]

上面这个不等式较弱，右边再增加一项正数它仍然是成立的：

\[ \frac{1}{a^2 + 2 b c} + \frac{1}{b^2 + 2 c a} +\frac{1}{c^2 + 2 a b}  ≥\frac{2}{a b + b c + c a}+\frac{1}{a^2+b^2+c^2}  \]

TSC999

用软件做一下：

1. Simplify[Factor[
   
2.   Together[1/(a^2 + 2 b c) + 1/(b^2 + 2 c a) + 1/(c^2 + 2 a b) - 2/(
   
3.     a b + b c + c a) - 1/(a^2 + b^2 + c^2)]]]

复制代码

运行结果是：\[ \frac{(a-b)^2 (a-c)^2 (b-c)^2 (2 a^2+a (b+c)+2 b^2+b c+2 c^2) }{(2 a c+b^2) (a^2+2 b c) (2 a b+c^2) (a^2+b^2+c^2) (a (b+c)+b c) }\]

因此加强后的不等式是成立的。当然，原不等式也成立，只是等号应去掉。