[不等式] 几个不等式

lemondian

几个不等式：
1.已知正数$a,b,c$满足$\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}=3$，如果正数$\lambda $使得不等式$\dfrac{1}{1+a(\sqrt{b}+\sqrt{c})}+\dfrac{1}{1+b(\sqrt{c}+\sqrt{a})}+\dfrac{1}{1+c(\sqrt{a}+\sqrt{b})}\leqslant \dfrac{\lambda }{\sqrt{abc}}$恒成立，求$\lambda $的最小可能值。
2.设$\lambda $为正实数，对于任意两两不相等的正实数$a,b,c$，都有$\dfrac{a^3}{(b-c)^2}+\dfrac{b^3}{(c-a)^2}+\dfrac{c^3}{(a-b)^2}\geqslant \lambda (a+b+c)$，求$\lambda $的最大值。
3.已知正数$a,b,c$满足$abc=2,a+b+c=4$，求$P=a^2+b^2+c^2$的最大值与最小值 。
4.在$\triangle ABC$中，令$L=sinA+sinB+sinC+cosA+cosB+cosC$。
（1）证明：$L>1$；
（2）求$L$的最大值。
5.已知正数$a,b,c$满足$abc=1$，求证：$\dfrac{3a-1}{(b+1)^2}+\dfrac{3b-1}{(c+1)^2}+\dfrac{3c-1}{(a+1)^2}\geqslant \frac{3}{2}$

facebooker

05数学通讯+6月四川预赛？

力工

回复 2# facebooker
数学通讯上的吧

色k

（1）由条件有 `abc\leqslant1`，则
\[\frac1{1+a\bigl(\sqrt b+\sqrt c\bigr)}\leqslant\frac1{\sqrt{abc}+a\bigl(\sqrt b+\sqrt c\bigr)}=\frac1{\sqrt{abc}}\cdot\frac{\sqrt{bc}}{\sqrt{bc}+\sqrt{ab}+\sqrt{ca}},\]下略

手机写代码回帖实在是太……

kuing

还是用电脑再来写……

（3）普通方法：由条件得
\[
(4-a)^2=(b+c)^2\geqslant4bc=\frac 8a\riff3-\sqrt5\leqslant a\leqslant2,
\]则
\[P=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)=16-2a(4-a)-\frac4a=f(a),\]然后你可以求导啥的，数据是凑好的，导数可以因式分解……

内行方法：记 `p=a+b+c=4`, `q=ab+bc+ca`, `r=abc=2`，由
\[(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2=-4p^3r+p^2q^2+18pqr-4q^3-27r^2=4(5-q)(q^2+q-31)\geqslant0,\]解得
\[5\leqslant q\leqslant\frac{-1+5\sqrt5}2,\]进而 `P=16-2q\in\bigl[17-5\sqrt5,6\bigr]`。

kuing

（2）下面先证明
\[\sum\frac{a^3}{(b-c)^2}>a+b+c,\quad(*)\]由 CS 有
\[\LHS=\sum\frac{(a^2)^2}{a(b-c)^2}\geqslant\frac{(a^2+b^2+c^2)^2}{\sum a(b-c)^2},\]故只需证
\[(a^2+b^2+c^2)^2>(a+b+c)\sum a(b-c)^2,\]展开可整理为
\[\sum a^2(a-b)(a-c)+3abc(a+b+c)>0,\]显然成立，式 (*) 得证，这说明 `\lambda=1` 时成立，而当 `b=1+a`, `c=1+2a` 且 `a\to0` 时，易知式 (*) 左右两边都趋向 `2`，这说明 `\lambda` 不能再大，所以 `\lambda` 的最大值就是 `1`。

kuing

第 4 题就太弱了，仅 cosA+cosB+cosC 就已经大于 1，最大值更是常识……完全不值一提……

第 5 题……看起来有点难搞……有空再撸……

kuing

@楼主：第 5 题有证明出来没？或者有答案了没？
如果没的话我就把我那不太好看的证明贴一个……

facebooker

回复 8# kuing

李居之还没放出答案

力工

回复 8# kuing
k神命几个题发到数学通讯或通报让别人去玩吧

kuing

回复 10# 力工

俺不懂命题……

hejoseph

回复 1# lemondian

三角函数前要加\也是没记住

kuing

咱们回那么多帖楼主完全没反应，难道被墙了进不来……

lemondian

回复 13# kuing
近几天太忙了，没上来。
下面是在网上看到的

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2020-6-23 09:44

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2020-6-23 09:44

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2020-6-23 09:44

kuing

回复 14# lemondian

其实我没看懂，怎么应用的类题2，毕竟分母是不一样的啊……

最后那个加强的右边也是不对的，分母和类题1也不一样，我觉得他应该搞混了……

kuing

几天过去了，都快忘记这帖了……续：

虽然我不理解 14# 那里是如何由 类题 2 得到
\[\sum\frac{a-1}{(b+1)^2}\geqslant0\quad(*)\]的，但这个不等式的确是成立的。

令 `a=x/y`, `b=y/z`, `c=z/x`, `x`, `y`, `z>0`，式 (*) 变成
\[\sum\frac{z^2(x-y)}{y(y+z)^2}\geqslant0,\]由轮换对称性不妨设 `z=\min\{x,y,z\}`，则
\begin{align*}
\LHS={}&\frac{z^2(x-y)}{y(y+z)^2}-\frac{z^2(x-y)}{x(x+z)^2}+\frac{z^2(x-y)}{x(x+z)^2}+\frac{x^2(y-z)}{z(z+x)^2}+\frac{y^2(z-x)}{x(x+y)^2}\\
={}&z^2(x-y)\left( \frac1{y(y+z)^2}-\frac1{x(x+z)^2} \right)\\
&+\frac{(x-z)(y-z)\bigl(x^2(x+y)^2+xz(x^2+xy+y^2)+y^2z^2\bigr)}{xz(x+y)^2(x+z)^2}\\
\geqslant{}&0,
\end{align*}即得证。

另外，14# 的 类题 1 的证明并不需要作代换，碰巧我前些天在 http://kuing.orzweb.net/redirect ... =7202&pid=36200 里证过。

kuing

用楼上的方法还可以证明：当 `a`, `b`, `c>0`, `abc=1` 时，对于 `k=1`, `2`, `3`, `4` 都有
\[\sum\frac{a-1}{(b+1)^k}\geqslant0,\]随即猜想对所有正整数 `k` 都成立，然而，软件告诉我，当 `k=8` 时就不成立了，真可惜