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[不等式] 一组不等式

(1)$已知a,b,c>0,a^2+b^2+c^2\leqslant 3,求证:1+\frac{4}{a+b+c+1}\leqslant \dfrac{8}{ab+bc+ca+1}.$
(2)$已知a,b,c>0,abc\geqslant 1,求证:1+\frac{4}{a+b+c+1}\geqslant \dfrac{8}{ab+bc+ca+1}.$
(3)$已知a,b,c,d>0,a^2+b^2+c^2+d^2\leqslant 4,求证:1+\frac{5}{a+b+c+d+1}\leqslant \dfrac{10}{abc+bcd+cda+dab+1}.$
(4)$已知a,b,c,d>0,abcd\geqslant 1,求证:1+\frac{5}{a+b+c+d+1}\geqslant  \dfrac{10}{abc+bcd+cda+dab+1}.$
$\cdots$
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(1)记 `p=a+b+c`, `q=ab+bc+ca`,由 `a^2+b^2+c^2\leqslant3` 显然得 `p\leqslant3`,由均值知 `q\leqslant p^2/3`,因此只需证明
\[1+\frac4{p+1}\leqslant\frac8{p^2/3+1},\]去分母因式分解后等价于
\[(p-3)(p^2+8p+3)\leqslant0,\]显然成立;

(3)记 `p=a+b+c+d`, `q=abc+bcd+cda+dab`,由 `a^2+b^2+c^2+d^2\leqslant4` 显然得 `p\leqslant4`,由马克劳林(Maclaurin)不等式知 `q\leqslant p^3/16`,因此只需证明
\[1+\frac5{p+1}\leqslant\frac{10}{p^3/16+1},\]去分母因式分解后等价于
\[(p-4)(p^3+10p^2+40p+16)\leqslant0,\]显然成立;

(2)记 `p=a+b+c`, `q=ab+bc+ca`,由 `abc\geqslant1` 显然得 `p`, `q\geqslant3`,因为
\[(ab+bc+ca)^2\geqslant3abc(a+b+c)\geqslant3(a+b+c),\]即 `p\leqslant q^2/3`,因此只需证
\[1+\frac4{q^2/3+1}\geqslant\frac8{q+1},\]去分母因式分解后等价于
\[(q-3)^2(q-1)\geqslant0,\]显然成立;

(4)晚点再弄。
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第(4)无法像(2)一样撸,尽管我已经推出 `a+b+c+d\leqslant(abc+bcd+cda+dab)^3/16`,但代入后发现已经放缩过度。

为了解决(4),先研究一个问题:

设 `a`, `b`, `c`, `d>0` 且 `p=a+b+c+d`, `r=abcd`,其中 `p`, `r` 是给定的正数,且满足 `p>4\sqrt[4]r`,设
\[h=\frac1a+\frac1b+\frac1c+\frac1d,\]求当 `h` 取最大值或最小值时 `a`, `b`, `c`, `d` 所满足的条件。

这类问题其实已经有更一般的结论,好像是叫“EV定理”还是“EMV定理”,具体内容记不清了,反正这里就不扯那些了,下面我用很平凡的反证法来解决这个四元的特例。

为了使用反证法,首先得证明 `h` 的最大最小值都存在。

如果 `a`, `b` 取定,则由条件知 `c+d`, `cd` 都确定下来,从而 `h` 也确定下来,所以 `h` 可以看成是关于 `a`, `b` 的二元函数 `h(a,b)`,而点 `(a,b)` 需且只需满足如下条件
\[p-a-b=c+d\geqslant2\sqrt{cd}=2\sqrt{\frac r{ab}},\]即 `h(a,b)` 的定义域为
\[D=\left\{(a,b)\biggm|2\sqrt{\frac r{ab}}+a+b\leqslant p\right\},\]而当 `a` 取定时,由 `D` 中的不等式可解出 `b` 为一个闭区间,`b` 取定时 `a` 也一样,可见 `D` 是一个封闭的闭区域,而 `h(a,b)` 为连续函数,所以其在 `D` 上必然存在最大最小值。

由对称性,不妨设 `a\leqslant b\leqslant c\leqslant d`,下面证明:

当 `a=b=c<d` 时 `h` 取最小值;当 `a<b=c=d` 时 `h` 取最大值。

先撸最小值的,用反证法,假设 `h` 取最小值时 `a`, `b`, `c` 不全相等,则必有 `a<c`,将 `h` 看成是关于 `a`, `c` 的函数,有
\begin{align*}
h(a,c)&=\frac{a+c}{ac}+\frac{b+d}{bd}\\
&=\frac{a+c}{ac}+\frac{ac(p-a-c)}r\\
&=\frac{(r-a^2c^2)(a+c)+a^2c^2p}{acr},
\end{align*}由 `a\leqslant b\leqslant c\leqslant d` 知 `ac\leqslant bd`。

(a)如果 `ac<bd`,则 `a^2c^2<r`,故由 `a+c>2\sqrt{ac}` 得
\[h(a,c)>\frac{(r-a^2c^2)\cdot2\sqrt{ac}+a^2c^2p}{acr}=h\bigl(\sqrt{ac},\sqrt{ac}\bigr),\]而显然 `\bigl(\sqrt{ac},\sqrt{ac}\bigr)\in D`,这说明当 `a`, `c` 都调整为 `\sqrt{ac}`(同时 `b`, `d` 也会有相应的改变,但这里不必关心它们具体变成什么)时 `h` 取更小的值,矛盾;

(b)如果 `ac=bd`,则 `a=b`, `c=d`, `a^2c^2=r`,此时 `h(a,c)=h\bigl(\sqrt{ac},\sqrt{ac}\bigr)`,即 `\bigl(\sqrt{ac},\sqrt{ac}\bigr)` 也为其最小值点,设当 `a`, `c` 都调整为 `\sqrt{ac}` 时相应的 `b`, `d` 变为 `b'`, `d'`,它们满足 `b'd'=ac`, `b'+d'=p-2\sqrt{ac}`,则必有 `b'<\sqrt{ac}<d'`,于是可以继续作上面的操作,将 `b'`, `\sqrt{ac}` 都调整为 `\sqrt{b'\sqrt{ac}}` 使 `h` 取更小的值,从而矛盾。

综上所述,最小值的结论成立,同样道理,对 `b`, `d` 作类似讨论即可证得最大值的,所以结论得证。

OK,现在可以回到(4)上了。

沿用上面的记号,则不等式为
\[1+\frac5{p+1}\geqslant\frac{10}{r\cdot h+1},\]固定 `p`, `r`,根据上述结论,当 `a=b=c<d` 时 `h` 取最小值,由此可见,只需证明:当 `x<d` 且 `x^3d\geqslant1` 时有
\[1+\frac5{3x+d+1}\geqslant\frac{10}{3x^2d+x^3+1},\]去分母整理为
\[x^2(x+3d)(3x+d+6)\geqslant9(3x+d)+4,\]由 `x^3d\geqslant1` 可知只需证明
\[x^2(x+3d)\left( \frac{3x+d}{\sqrt[4]{x^3d}}+6 \right)\geqslant9(3x+d)\sqrt{x^3d}+4\sqrt[4]{(x^3d)^3},\]去分母化简为
\[(x+d)^2\geqslant3(3x+d)\sqrt[4]{xd^3}-2(x+3d)\sqrt[4]{x^3d},\]令 `x=t^4d`, `t>0`,则上式化为
\[(t^4+1)^2\geqslant3(3t^4+1)t-2(t^4+3)t^3,\]因式分解配方后为
\[(t-1)^2\Bigl((t+1)\bigl(t^5+2t^4+(t^2+t-1)^2\bigr)+2t^4\Bigr)\geqslant0,\]显然成立,即得证。
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回复 3# kuing

哗,看样子(4)是很难搞,那看来继续推广就更难啰

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