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悠闲数学娱乐论坛(第2版)
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kuing
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发表于 2018-2-16 03:04
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[不等式]
新春第一撸
2018-2-16 03:03
由内角平分线长公式知
\[\frac{t_a^2}{b^2+c^2}=\frac{bc(a+b+c)(b+c-a)}{(b+c)^2(b^2+c^2)},\]
易证
\[\frac{9r}{4R}=\frac{9(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{8abc},\]
故此,令 $a=y+z$, $b=z+x$, $c=x+y$, $x$, $y$, $z>0$,则原不等式等价于
\[\sum\frac{4(z+x)(x+y)(x+y+z)x}{(2x+y+z)^2\bigl((z+x)^2+(x+y)^2\bigr)}\geqslant\frac{9xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)},\]
因为
\[(z+x)(x+y)(x+y+z)x=(x+y+z)^2x^2+xyz(x+y+z),\]
所以
\begin{align*}
\LHS={}&4(x+y+z)^2\sum\frac{x^2}{(2x+y+z)^2\bigl((z+x)^2+(x+y)^2\bigr)}\\
&+4xyz(x+y+z)\sum\frac1{(2x+y+z)^2\bigl((z+x)^2+(x+y)^2\bigr)}\\
\geqslant{}& 4(x+y+z)^2\frac{(x+y+z)^2}{\sum(2x+y+z)^2\bigl((z+x)^2+(x+y)^2\bigr)}\\
&+4xyz(x+y+z)\frac9{\sum(2x+y+z)^2\bigl((z+x)^2+(x+y)^2\bigr)}\\
={}&\frac{4(x+y+z)^4+36xyz(x+y+z)}{\sum(2x+y+z)^2\bigl((z+x)^2+(x+y)^2\bigr)},
\end{align*}
所以只需要证明
\[\frac{4(x+y+z)^4+36xyz(x+y+z)}{\sum(2x+y+z)^2\bigl((z+x)^2+(x+y)^2\bigr)}\geqslant\frac{9xyz}{(x+y)(y+z)(z+x)},\]
由齐次性,不妨设 $x+y+z=1$,则可以再设 $xy+yz+zx=(1-q^2)/3$,其中 $q\in[0,1)$,此时上式可以整理为
\[(q^4+28q^2+18)xyz\leqslant\frac23(1-q^2),\]
根据
pqr 基本不等式
,有
\[xyz\leqslant\frac{(1-q)^2(1+2q)}{27},\]
所以只需证
\[(q^4+28q^2+18)(1-q)^2(1+2q)\leqslant18(1-q^2),\]
作差分解为
\[q^2(1-q)(2q^4-q^3+55q^2-28q+8)\geqslant0,\]
由均值易见上式成立,所以原不等式得证。
好久没撸这种几何不等式了,希望没证错。
证得不太好(用了pqr),就不投稿了,贴在此抛砖引玉。
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其妙
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发表于 2018-2-16 21:52
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kuing
发给郭耀红,他是中学数学教学的审稿人,安徽师大的教授吧
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kuing
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发表于 2018-2-16 22:12
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其妙
等我想到更好的证法再说吧……
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wanhuihua
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发表于 2018-2-17 14:57
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点个赞证的不错
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其妙
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发表于 2018-2-18 21:46
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再撸一撸:
2018-2-18 21:45
妙不可言,不明其妙,不着一字,各释其妙!
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kuing
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发表于 2018-2-18 22:05
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其妙
这题你不是发过了吗:
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=4518
只不过这题 n 化了,但显然解法是没区别的。
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