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悠闲数学娱乐论坛(第2版)
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初等数学讨论
» 整式不大于分式的不等式
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发表于 2018-12-4 21:52
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[不等式]
整式不大于分式的不等式
正数$a,b,c$满足$a+b+c=3$,求证:$(a+3b+3c)(3a+b+3c)(3a+3b+c)\leqslant \dfrac{3(abc)^\dfrac{5}{3}}{a^2+b^2+c^2}$.
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发表于 2018-12-4 22:01
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不等式不成立:令 `a\to0` 就知;
滥用 dfrac。
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发表于 2018-12-4 22:12
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kuing
我汗,抱歉k神,我没注意检查。Latex代码很不熟练,乱用了。
修改一下问题:
正数$a,b,c$满足$a+b+c=3$,求证:$(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\leqslant \dfrac{3\sqrt[3]{(abc)^5}}{a^2+b^2+c^2}$.
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kuing
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发表于 2018-12-5 02:23
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没事,你的帖我已经习惯多留个心眼,先看看是不是错题先
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kuing
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发表于 2018-12-5 02:36
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力工
修正好的不等式是成立了,但 `a+b+c=3` 多余,因为原不等式齐次。
显然只需考虑左边三个括号内都为正的情形即可,令 `a+b-c=2z`, `b+c-a=2x`, `c+a-b=2y`, `x`, `y`, `z>0`,原不等式等价于
\[8xyz\leqslant\frac{3\sqrt[3]{\bigl((x+y)(y+z)(z+x)\bigr)^5}}{2(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)},\]
记 `p=x+y+z`, `q=xy+yz+zx`, `r=xyz`,上式等价于
\[16r(p^2-q)\leqslant3\sqrt[3]{(pq-r)^5}, \quad(*)\]
熟知有
\[3xyz(x+y+z)\leqslant(xy+yz+zx)^2\iff r\leqslant\frac{q^2}{3p},\]
所以要证式 (*) 只需证
\[\frac{16q^2}{3p}(p^2-q)\leqslant3\sqrt[3]{\left( pq-\frac{q^2}{3p} \right)^5},\]
两边立方并去分母化简后为
\[p^2q\bigl(16(p^2-q)\bigr)^3\leqslant3(3p^2-q)^5,\]
可整理为
\[(p^2-3q)^2(729p^6-937p^4q+915p^2q^2+1365q^3)+4096q^4(p^2-3q)\geqslant0,\]
显然 `p^2\geqslant3q`,所以上式成立,原不等式得证。
证得不好看,感觉此不等式不算很强,应该有更简洁的方法……
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