[不等式] 一道不等式

longzaifei

$a,b,c $ 为非负实数，求证：\[\frac{ab}{(a+3b)^2}+\frac{bc}{(b+3c)^2}+\frac{ca}{(c+3a)^2}\leqslant\frac{3}{16}\]

第一次用这种语法！！！

kuing

似曾相识，但一时找不到相关链接，说不定以前玩过，不过现在想来想去也想不出妙法，只好调整着来。

设 $a/b=x$, $b/c=y$, $c/a=z$，则 $x$, $y$, $z>0$ 且 $xyz=1$，不等式等价于
\[\frac x{(x+3)^2}+\frac y{(y+3)^2}+\frac z{(z+3)^2}\leqslant\frac3{16}.\]

设 $f(x)=x/(x+3)^2$ 其中 $x>0$，易证 $f(x)$ 在 $(0,3)$ 递增，在 $(3,+\infty)$ 递减，于是 $f(x)_{\max}=f(3)=1/12$。

由对称性，不妨设 $x\geqslant y\geqslant z$，则必有 $z\leqslant 1$。

（1）若 $z<1/5$，则
\[f(x)+f(y)+f(z)<\frac1{12}+\frac1{12}+f\left(\frac15\right) =\frac{143}{768}<\frac{144}{768}=\frac3{16},\]
故此时不等式成立；

（2）若 $1/5\leqslant z\leqslant 1$，则 $1\leqslant xy\leqslant 5$，下面先证明此时有
\[f(x)+f(y)\leqslant 2f\bigl(\sqrt{xy}\bigr).\]

令 $x=u^2$, $y=v^2$，其中 $u$, $v>0$，再令 $t=uv$，则 $1\leqslant xy\leqslant 5\iff 1\leqslant t\leqslant \sqrt5$，代入上式作差因式分解有
\begin{align*}
2f(uv)-f(u^2)-f(v^2)
&=\frac{(u-v)^2\bigl(-t^4+6t^3+18t(u^2+v^2)+18t^2+54t-81\bigr)}{(u^2+3)^2(v^2+3)^2(uv+3)^2}\\
&\geqslant\frac{(u-v)^2(-t^4+6t^3+54t^2+54t-81)}{(u^2+3)^2(v^2+3)^2(uv+3)^2}\\
&=\frac{(u-v)^2(t+3)^2(-t^2+12t-9)}{(u^2+3)^2(v^2+3)^2(uv+3)^2},
\end{align*}
由 $1\leqslant t\leqslant\sqrt5$ 易证 $-t^2+12t-9>0$，所以 $f(x)+f(y)\leqslant 2f\bigl(\sqrt{xy}\bigr)$ 成立。

于是，剩下只要证
\[2f\bigl(\sqrt{xy}\bigr)+f(z)\leqslant\frac3{16},\]
令 $z=w^2$，其中 $w>0$，上式即为
\[2f\left(\frac1w\right)+f(w^2)\leqslant\frac3{16},\]
代入后左右作差因式分解等价于
\[\frac{(w-1)^2(27w^4+40w^3+74w^2-72w+27)}{16(w^2+3)^2(3w+1)^2}\geqslant0,\]
由于 $w=\sqrt z\leqslant 1$，故上式显然成立。

综上所述，原不等式获证。

tian27546西西

$$\Longleftrightarrow\sum\dfrac{a}{(3a+1)^2}\le\dfrac{3}{16}$$
等价证明
$$\sum\left(\dfrac{1}{12}-\dfrac{a}{(3a+1)^2}\right)\ge\dfrac{1}{16}$$
即
$$\sum\dfrac{(3a-1)^2}{(3a+1)^2}\ge\dfrac{3}{4}$$
由Cauchy-Schwaz 不等式有
$$\sum\dfrac{(3a-1)^2}{(3a+1)^2}\ge\dfrac{[(3a-1)+(3b-1)+(3c-1)]^2}{(3a+1)^2+(3b+1)^2+(3c+1)^2}$$
只要证明
$$12(a+b+c-1)^2\ge (3a+1)^2+(3b+1)^2+(3c+1)^2$$
即
$$f(a,b,c)=a^2+b^2+c^2+8(ab+bc+ac)+3-10(a+b+c)\ge 0$$
由对称性不妨设
$a=\max{(a,b,c)}$, 由于 $abc=1$,则
$a\ge 1$,


$$f(a,b,c)\ge f(a,t,t)\ge 0, t=\sqrt{bc},0<t\le 1$$

因为 $$f(a,b,c)-f(a,t,t)=(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2[(\sqrt{b}+\sqrt{c})^2+8a-10]$$
则等价证明
$$(\sqrt{b}+\sqrt{c})^2+8a\ge 10$$
显然有
$$(\sqrt{b}+\sqrt{c})^2+8a\ge 4\sqrt{bc}+8a=4(a+\sqrt{bc})+4a\ge 8\sqrt{a\sqrt{bc}}+4a=8\sqrt[4]{a}+4a\ge 12$$

则 $a=\dfrac{1}{t^2}$,我们有
$$f(a,t,t)=f(\dfrac{1}{t^2},t,t)=\dfrac{(10t^4-7t^2+2t+1)(t-1)^2}{t^4}$$
这显然为非负的,是因为
$$10t^4-7t^2+2t+1=(3t^2-1)^2+t(1-t)+t^4+t>0$$

Tesla35

两位大神都这么暴力

kuing

回复 4# Tesla35

按计算量来说，我的baoli很多

其妙

又来一位大神了！膜拜！

longzaifei

谢谢楼上的各位！！！！！！！！！！！

pxchg1200

膜拜西哥，标准的Can神柯西技术 Orz

goft

$\frac{ab}{(a+3b)^2}+\frac{bc}{(b+3c)^2}+\frac{ca}{(c+3a)^2}\leqslant\frac{3}{16}$
由$(a+3b)^2$ $=[(a+b)+(b+b)]^2$ $\ge$ $4(a+b)(b+b)$ $=8(a+b)b$

则$\frac{ab}{(a+3b)^2}$ $\le$ $\frac{a}{4(a+b)}$
可转化

$\frac{2a}{a+b}+\frac{2b}{b+c}+\frac{2c}{c+a}\leqslant3 $
后略

kuing

$\frac{ab}{(a+3b)^2}+\frac{bc}{(b+3c)^2}+\frac{ca}{(c+3a)^2}\leqslant\frac{3}{16}$
由$(a+3b)^2$ $=[(a+b)+(b+b)]^2$ $\ge$ $4(a+b)(b+b)$ $=8(a+b)b$

则$\frac{ab}{(a+3b)^2}$ $\le$ $\frac{a}{4(a+b)}$
可转化

$\frac{2a}{a+b}+\frac{2b}{b+c}+\frac{2c}{c+a}\leqslant3 $
后略
goft 发表于 2013-11-7 20:15

后略？你试试不略，证下去看看

goft

放得过大了……

其妙

回复 11# goft
没事！欢迎goft归来！