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[不等式] 轮换齐一次不等式

$a,b,c$ 是正实数, 证明
$$\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}+6\sqrt[3]{abc}\geq 3(a+b+c).$$
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这是一个非常有特点的不等式. 将它变形为
$$\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}-(a+b+c)\geq 2(a+b+c-3\sqrt[3]{abc}).$$
可以看到, 左, 右都是熟悉的东西. 我自己有一个解法, 但是非常的暴力.
我一直有一个信念: 漂亮的问题肯定(或应该)有一个漂亮的解法. 我是很希望看到这个问题的漂亮解法.

这里还有一点启示, 那就是将两个不很难的不等式作比较, 可能导出困难的问题. 也是构作困难不等式一个套路. 以前见过一个很经典的例子.
$$R-2r\geq m_a-w_a.$$
这里, $m_a, w_a$ 分别表示三角形同一边上的中线和内角平分线的长度. $R, r$ 则是外接圆和内切圆半径.

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show一下你的证法吧,看看有没有我的暴力:

由齐次性不妨设 `abc=1`,并令 `a=y/x`, `b=z/y`, `c=x/z`, `x`, `y`, `z>0`,不等式化为以下的
\begin{gather*}
\sum\frac{y^3}{x^2z}+6\geqslant3\sum\frac yx,\\
\sum\left( \frac{y^3}{x^2z}-\frac xz \right)\geqslant2\left( \sum\frac yx-1 \right),\\
\sum\frac{y^3-x^3}{x^2z}\geqslant2\sum\frac{y-x}x, \quad(*)
\end{gather*}
不妨设 `z=\min\{x,y,z\}`,然后将式 (*) 整理为 SOS-\schur 的形式,先看左边,写成
\[\left( \frac{y^3-x^3}{x^2z}+\frac{x^3-y^3}{y^2z} \right)+\left( -\frac{x^3-y^3}{y^2z}+\frac{z^3-y^3}{y^2x}+\frac{x^3-z^3}{z^2y} \right),\]
两括号内分别因式分解后,即得
\begin{align*}
\text{左边}={}&\frac{(x-y)^2(x+y)(x^2+xy+y^2)}{x^2y^2z}\\
&+\frac{(x-z)(y-z)(x^3+x^2z+xz^2+y^2z+yz^2+z^3)}{xy^2z^2},
\end{align*}
用同样的方法可得
\[\text{右边}=\frac{2(x-y)^2}{xy}+\frac{2(x-z)(y-z)}{yz},\]
由 `z=\min\{x,y,z\}` 显然有
\[(x+y)(x^2+xy+y^2)\geqslant6xyz>2xyz,\]
以及
\[x^3+x^2z+xz^2+y^2z+yz^2+z^3>x^3+y^2z+yz^2\geqslant3xyz>2xyz,\]
所以式 (*) 左边 `\geqslant` 右边,即得证。

PS、由最后两步可以看出,式 (*) 至少可以加强为
\[\sum\frac{y^3-x^3}{x^2z}\geqslant3\sum\frac{y-x}x,\]
相应的原不等式加强为
\[\frac{a^2}b+\frac{b^2}c+\frac{c^2}a+9\sqrt[3]{abc}\geqslant4(a+b+c),\]
这系数并不是最佳的,软件告诉我 9、4 改成 15、6 依然成立。
冇钱又冇样、冇型又冇款、冇身材又冇文采、冇学历又冇能力、冇高度冇速度冇力度兼夹冇野做!(粤语)
口号:珍爱生命,远离考试。

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我的出发点也是转化为
$$\sum \dfrac{y^3}{x^2z}+6\geq 3\sum \dfrac{y}{x}.$$
直接去分母, 化为
$$\sum x^5y -3xyz(\sum x^2y)+6x^2y^2z^2\geq 0.$$
然后作最小代换. 设 $z=\min\{x,y,z\} $,  令 $x=z+p, y=z+q$, 代入上式, 整理为 $z$ 的多项式.
$$4(p^2-pq+q^2)z^4+(7p^3+p^2q-6pq^2+7q^3)z^3+(5p^4+4p^3q-3p^2q^2-3pq^3+5q^4)z^2+(p^5+5p^4q-3p^3q^2+q^5)z+p^5q\geq 0.$$
注意到, 每一项前的系数都是非负的, 所以得证.  够暴力吧 !

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本帖最后由 yao4015 于 2018-10-30 10:31 编辑

回复 3# kuing

$$\dfrac{a^2}{b}+\dfrac{b^2}{c}+\dfrac{c^2}{a}-(a+b+c)\geq t (a+b+c-3\sqrt[3]{abc}).$$

$t$ 有一个最佳值, 是一个 6 次多项式的根. 近似值在 5.11 左右.

上面的最小代换方法, 对 $t=2,3,4$ 都是有效的, 但是对 $t=5$ 无效. 为了降低难度, 我把 $t$ 设在了 2 的位置.

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回复 5# yao4015

改进一下 3# 的最后一步也可以证出 `t=4`,具体地,由均值有
\begin{align*}
&x^3+x^2z+xz^2+y^2z+yz^2\\
={}&2\cdot\frac{x^3}2+x^2z+xz^2+4\cdot\frac{y^2z}4+yz^2\\
\geqslant{}&9\sqrt[9]{\left( \frac{x^3}2 \right)^2\cdot x^2z\cdot xz^2\cdot\left( \frac{y^2z}4 \right)^4\cdot yz^2}\\
={}&\frac9{\sqrt[9]{4^5}}xyz,
\end{align*}
由 `3^9=19683>2^{14}=16384` 得 `9>4\sqrt[9]{4^5}`,因此
\[x^3+x^2z+xz^2+y^2z+yz^2>4xyz,\]
那么根据 3# 的过程可知下式成立
\[\sum\frac{y^3-x^3}{x^2z}\geqslant3\sum\frac{y-x}x,\]
也就是 `t=4` 的情况得证。
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15,6系数的可以差分证明,不过后面处理有点包力。

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