《Algebraic Inequalities I , Vasile Cirtoaje》上有 129 条评论

1. 第1题 设实数$a,b,c,d$满足$a^2+b^2+c^2+d^2=4$ . 求证 :

   $$a^3+b^3+c^3+d^3\le 8$$

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   • 证明 : 显然有

     $$a^4+b^4+c^4+d^4\le (a^2+b^2+c^2+d^2)^2=16$$

     由柯西不等式

     $$(a^3+b^3+c^3+d^3)^2\le(a^4+b^4+c^4+d^4)(a^2+b^2+c^2+d^2)\le 64$$

     所以$a^3+b^3+c^3+d^3\le 8$ .

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2. 第2题 设$a,b,c$非负 , 求证 :

   $$a^3+b^3+c^3-3abc\ge 2\left(\frac{b+c}{2}-a\right)^3$$

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   • 证明 : 如果$\displaystyle\frac{b+c}{2}-a\le 0$此时明显成立 . 当$\displaystyle\frac{b+c}{2}-a\ge 0$时

     $$\begin{aligned}a^3+b^3+c^3-3abc=&\frac{a+b+c}{2}\left((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\right)\\ \ge &\frac{b+c-2a}{2}\left((a-b)^2+(c-a)^2\right)\\ \ge &\frac{b+c-2a}{2}\frac{(b+c-2a)^2}{2}\\ =& 2\left(\frac{b+c}{2}-a\right)^3\end{aligned}$$

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3. 第3题 设正实数$a,b,c$满足$abc=1$ , 求证 :

   $$\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^5\ge \frac{a^2+b^2+c^2}{3}$$

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   • 证明 : 由均值不等式我们有

     $$(ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c)=3(a+b+c)$$

     所以

     $$\begin{aligned}(a+b+c)^2&=(a^2+b^2+c^2)+(ab+bc+ca)+(ab+bc+ca)\\ &\ge 3\sqrt[3]{(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2}\\ &\ge 3\sqrt[3]{(a^2+b^2+c^2)3(a+b+c)}\end{aligned}$$

     两边同时三次方即得

     $$\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^5\ge \frac{a^2+b^2+c^2}{3}$$

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4. 第4题 设非负实数$x,y,z$满足$x^3+y^3+z^3=3$ , 求证 : $x^4y^4+y^4z^4+z^4x^4\le 3$ .

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   • 证明 : 由均值不等式 , 我们有

     $$xy\le\frac{x^3+y^3+1}{3},yz\le\frac{y^3+x^3+1}{3},zx\le\frac{z^3+x^3+1}{3}$$

     于是

     $$\begin{aligned}&x^4y^4+y^4z^4+z^4x^4\\ \le & \frac{1}{3}\left(\sum_{cyc}x^3y^3(x^3+y^3+1)\right)\\=&\frac{1}{9}\left(\sum_{cyc}x^3y^3(4x^3+4y^3+z^3)\right)\\=&\frac{1}{9}\left(3\sum_{cyc}x^3y^3(x^3+y^3)+3x^3y^3z^3+\sum_{cyc}x^3y^3(x^3+y^3)\right)\\ \le &\frac{1}{9}\left(3\sum_{cyc}x^3y^3(x^3+y^3)+3x^3y^3z^3+\sum_{cyc}x^9+3x^3y^3z^3\right)\\=&\frac{1}{9}\left(x^3+y^3+z^3\right)^3\\=&3\end{aligned}$$

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5. 第5题 设$a,b,c$非负 , 求证 :

   $$a^2+b^2+c^2+2abc+1\ge 2(ab+bc+ca)$$

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   • 证明 : 由均值不等式知$2abc+1=abc+abc+1\ge 3(abc)^{2/3}$ . 另外 , 利用均值不等式及schur不等式有

     $$\begin{aligned}a^2+b^2+c^2+3(abc)^{2/3}\ge & \sum_{cyc}(ab)^{2/3}(a^{2/3}+b^{2/3})\\ \ge & \sum_{cyc}(ab)^{2/3}2(ab)^{1/3}\\ =& 2(ab+bc+ca)\end{aligned}$$

     所以$a^2+b^2+c^2+2abc+1\ge 2(ab+bc+ca)$ .

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6. 第6题 设$a,b,c$为两两不相同的实数 , 求证 :

   $$\frac{a^2}{(b-c)^2}+\frac{b^2}{(c-a)^2}+\frac{c^2}{(a-b)^2}\ge 2$$

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   • 证明 : 两边同时加上$\displaystyle\frac{2ab}{(b-c)(c-a)}$ , 不等式转化为

     $$\left(\frac{a}{b-c}+\frac{b}{c-a}\right)^2+\frac{c^2}{(a-b)^2}\ge\frac{2c(b+a-c)}{(b-c)(c-a)}$$

     等价于

     $$\left(\frac{(a-b)(c-a-b)}{(b-c)(c-a)}\right)^2+\frac{c^2}{(a-b)^2}\ge\frac{2c(b+a-c)}{(b-c)(c-a)}$$

     由均值这是显然的 .

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7. 第7题 设$a,b,c$为非负实数 , 求证 :

   $$(a^2-bc)\sqrt{b+c}+(b^2-ca)\sqrt{c+a}+(c^2-ab)\sqrt{a+b}\ge 0$$

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   • 证明 : 不妨设$a\ge b \ge c$ , 则

     $$(a^2-bc)(b+c)-(b^2-ca)(c+a)=ab(a-b)+(a^2-b^2)c+(a-b)c^2\ge 0$$

     $$(b^2-ca)(c+a)-(c^2-ab)(a+b)=2a(b^2-c^2)+bc(b-c)+a^2(b-c)\ge 0$$

     所以

     $$(a^2-bc)(b+c)\ge (b^2-ca)(c+a)\ge (c^2-ab)(a+b)$$

     又显然有$\displaystyle\frac{1}{\sqrt{b+c}}\ge \frac{1}{\sqrt{c+a}}\ge \frac{1}{\sqrt{a+b}}$ , 因此由切比雪夫不等式有

     $$\begin{aligned}&(a^2-bc)\sqrt{b+c}+(b^2-ca)\sqrt{c+a}+(c^2-ab)\sqrt{a+b}\\ =&\frac{(a^2-bc)(b+c)}{\sqrt{b+c}}+\frac{(b^2-ca)(c+a)}{\sqrt{c+a}}+\frac{(c^2-ab)(a+b)}{\sqrt{a+b}}\\ \ge &\frac{1}{3}\sum_{cyc}(a^2-bc)(b+c)\sum_{cyc}\frac{1}{\sqrt{b+c}}\\ =&0\end{aligned}$$

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8. 第8题 设$a,b,c,d\ge 0$ , 求证 :

   $$\frac{a-b}{a+2b+c}+\frac{b-c}{b+2c+d}+\frac{c-d}{c+2d+a}+\frac{d-a}{d+2a+b}\ge 0$$

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   • 证明 : 我们先证明

     $$\frac{a}{a+2b+c}+\frac{b}{b+2c+d}+\frac{c}{c+2d+a}+\frac{d}{d+2a+b}\ge 1$$

     由柯西不等式有

     $$\sum_{cyc}\frac{a}{a+2b+c}\ge \frac{(a+b+c+d)^2}{\sum_{cyc}a(a+2b+c)}=1$$

     同理可得

     $$\frac{c}{a+2b+c}+\frac{d}{b+2c+d}+\frac{a}{c+2d+a}+\frac{b}{d+2a+b}\ge 1$$

     于是

     $$\begin{aligned}&\frac{b}{a+2b+c}+\frac{c}{b+2c+d}+\frac{d}{c+2d+a}+\frac{a}{d+2a+b}\\ =& \frac{1}{2}\left(4-\sum_{cyc}\frac{a}{a+2b+c}-\sum_{cyc}\frac{c}{a+2b+c}\right)\\ \le & 1\end{aligned}$$

     因此

     $$\begin{aligned}&\frac{b}{a+2b+c}+\frac{c}{b+2c+d}+\frac{d}{c+2d+a}+\frac{a}{d+2a+b}\\ \le& \frac{a}{a+2b+c}+\frac{b}{b+2c+d}+\frac{c}{c+2d+a}+\frac{d}{d+2a+b}\end{aligned}$$

     从而

     $$\frac{a-b}{a+2b+c}+\frac{b-c}{b+2c+d}+\frac{c-d}{c+2d+a}+\frac{d-a}{d+2a+b}\ge 0$$

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9. 第9题 设$a,b,c\ge 0$且$a^2+b^2+c^2=a+b+c$ , 求证 :

   $$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\le ab+bc+ca$$

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   • 证明 : 若$a+b+c=0$ , 那么此时$a=b=c=0$ , 不等式明显成立 .
     如果$a+b+c>0$ , 此时等价于证明

     $$\begin{aligned}&(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)(a+b+c)^2\le (ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)^2\\ \iff &\sum_{cyc}a^2b^2\left(\sum_{cyc}a^2+2\sum_{cyc}ab\right)\le \sum_{cyc} ab\left(\sum_{cyc} a^4+2\sum_{cyc} a^2b^2\right) \\ \iff &\sum_{cyc}a^2b^2\sum_{cyc}a^2\le \sum_{cyc} ab\sum_{cyc} a^4\\ \iff &\sum_{cyc}a^2b^2(a^2+b^2)+3a^2b^2c^2\le abc\sum_{cyc}a^3+\sum_{cyc}ab(a^4+b^4)\\ \iff &\sum_{cyc}ab(a-b)^2(a^2+ab+b^2)+\frac{1}{2}abc\sum_{cyc}a\sum_{cyc}(a-b)^2\ge 0\end{aligned}$$

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10. 第10题 设$a,b,c\ge 0$ , 且至多有一个为0 , 求证 :

    $$\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^2}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^2}{c^2+ca+a^2}\ge 1$$

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    • 证明 : 如果$a,b,c$中有0 , 此时不等式明显成立 . 若$a,b,c>0$ , 不等式等价于$x,y,z>0$且$xyz=1$ , 那么有

      $$\frac{1}{1+x+x^2}+\frac{1}{1+y+y^2}+\frac{1}{1+z+z^2}\ge 1$$

      为此 , 我们先证明$xy\ge 1$时

      $$\frac{1}{1+x+x^2}+\frac{1}{1+y+y^2}\ge\frac{2}{1+\sqrt{xy}+xy}$$

      展开后等价于

      $$\left(xy(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2-1\right)(\sqrt{x}-\sqrt{y})^2+(\sqrt{xy}-1)\left((x^2+y^2)-(x+y)\sqrt{xy}\right)\ge 0$$

      这显然成立 . 因此只需要证明当$z\le 1$时

      $$\frac{2z}{z+\sqrt{z}+1}+\frac{1}{1+z+z^2}\ge 1$$

      注意到

      $$\frac{2z}{z+\sqrt{z}+1}+\frac{1}{1+z+z^2}-1=\frac{(\sqrt{z}-1)^2z}{(z+\sqrt{z}+1)(z-\sqrt{z}+1)}\ge 0$$

      即可 .

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