《不等式》上有 173 条评论

1. 第一题 数学吧：http://tieba.baidu.com/f?kz=1143479157
   如果非负实数$a,b,c$满足$a^2+b^2+c^2+abc=4$ , 求证 :

   $$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+abc\le 4~.$$

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   • After subtitution:$\displaystyle a=2\sin{\frac{A}{2}},b=2\sin{\frac{B}{2}},c=2\sin{\frac{C}{2}}$
     (where $A,B,C$ is the 3 interior angles of a triangle)
     the inequality is deduced to:

     $$3+2(\cos A \cos B+\cos B \cos C+\cos C \cos A)\le 3(\cos A+\cos B+\cos C)$$

     By these formulas

     $$\cos A + \cos B + \cos C = \frac{{R + r}}{R}$$

     $$\cos{A}\cos{B}+\cos{B}\cos{C}+\cos{C}\cos{A}=\frac{s^2+r^2-4R^2}{4R^2}$$

     the inequality is equivalent to

     $$s^2\le 4R^2+6Rr-r^2$$

     which is true by $\textrm{Gerretsen Inequality and Euler Inequality}$.

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2. 第二题 数学吧 : http://tieba.baidu.com/p/586512170
   实数$a,b,c$满足$a^2+b^2+c^2=2$ , 求证 :

   $$a+b+c\le 2+abc~.$$

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   • By Cauchy-Schwartz inequality , we have

     $$\begin{aligned}(a+b+c-abc)^2=&(a+b+(1-ab)c)^2\\ \le & ((a+b)^2+c^2)(1+(1-ab)^2)\\ =&2(1+ab)(2-2ab+a^2b^2)\end{aligned}$$

     but

     $$4-2(1+ab)(2-2ab+a^2b^2)=a^2b^2(2-2ab)=a^2b^2((a-b)^2+c^2)\ge 0$$

     done!

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3. 第三题 数学吧 : http://tieba.baidu.com/p/1157372577
   在$\triangle ABC$中 , 求证 :

   $$(1-\cos A)(1-\cos B)(1-\cos C)\ge \cos A\cos B\cos C~.$$

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   • 证明:设$\triangle ABC$的三边长$a,b,c$ , 则不等式等价于

     $$\begin{aligned}&(a+b-c)^2(b+c-a)^2(c+a-b)^2\\ \ge &(a^2+b^2-c^2)(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)\end{aligned}$$

     如果$a^2,b^2,c^2$不能组成某三角形三边长 , 则

     $$(a^2+b^2-c^2)(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2\le 0$$

     此时不等式明显成立 .
     如果$a^2,b^2,c^2$能组成某三角形三边长 , 则设该三角形面积为$S$ , 于是由费哈不等式有

     $$2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)-a^4-b^4-c^4\ge 4\sqrt{3}S$$

     ,利用海伦公式即得等价于

     $$\begin{aligned}&(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\\ \ge &\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)(a^2+b^2-c^2)(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)}\end{aligned}$$

     而因为$a+b+c\le \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$ , 所以

     $$\begin{aligned}&(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)\\ \ge &\sqrt{(a^2+b^2-c^2)(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)}\end{aligned}$$

     平方后即得

     $$\begin{aligned}&(a+b-c)^2(b+c-a)^2(c+a-b)^2\\ \ge &(a^2+b^2-c^2)(b^2+c^2-a^2)(c^2+a^2-b^2)\end{aligned}$$

     综上所述 , 不等式得证 .

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   • By these formulas

     $$\cos A + \cos B + \cos C = \frac{{R + r}}{R}$$

     $$\cos A\cos B\cos C = \frac{{s^2 - \left({r + 2R} \right)^2 }}{{4R^2 }}$$

     $$\cos{A}\cos{B}+\cos{B}\cos{C}+\cos{C}\cos{A}=\frac{s^2+r^2-4R^2}{4R^2}$$

     the inequality is equivalent to

     $$s^2\le 4R^2+4Rr+3r^2$$

     which is $\textrm{Gerretsen Inequality}$.

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4. 第四题 数学吧 : http://tieba.baidu.com/p/1168567925
   已知$a_i>0~,~x_i\in[0,1]~,~i=1,2,\cdots,n$ , 且$\displaystyle \sum_{i=1}^n a_i=1$ , 求证 :

   $$\displaystyle \sum_{i=1}^n \frac{a_i}{1+x_i}\le \left(1+\prod_{i=1}^n x_i^{a_i}\right)^{-1}~.$$

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   • 证明 : 用Jensen不等式 , 构造函数$\displaystyle f(y)=\frac{1}{1+e^y}$ , 然后设$y_i=\ln x_i$ .

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5. 第五题 数学吧 : http://tieba.baidu.com/p/1163998974
   已知正实数$a,b,c$满足$2a+4b+7c\le 2abc$ , 求$a+b+c$的最小值 .

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   • http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=51&t=414104

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6. 第六题 数学吧 http://tieba.baidu.com/p/1163998974
   正实数$x,y,z$满足$x+y+z=3$ , 求证 :

   $$\frac{x^3}{y^3+8}+\frac{y^3}{z^3+8}+\frac{z^3}{x^3+8}\ge \frac{1}{3}\ge \frac{1}{9}+\frac{2(xy+yz+zx)}{27}$$

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7. 第七题 数学吧 : http://tieba.baidu.com/p/1163998974
   已知正实数$a,b,c$满足$a+b+c=1$ , 求证 :

   $$\sqrt{1+\frac{bc}{a}}+\sqrt{1+\frac{ca}{b}}+\sqrt{1+\frac{ab}{c}}\ge 2\sqrt{3}$$

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8. 第八题 数学吧 : http://tieba.baidu.com/p/1171523887
   已知实数$x_1,x_2,\cdots,x_n,y_1,y_2,\cdots,y_n$满足$\sum\limits_{i=1}^n x_i^2 \le1$ , 求证:

   $$\left(\sum_{i=1}^n x_iy_i -1\right)^2\ge\left(\sum_{i=1}^n x_i^2 -1\right)\left(\sum_{i=1}^n y_i^2 -1\right)$$

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   • 证明1 : 如果$\displaystyle\sum_{i=1}^n y_i^2\ge 1$ , 此时不等式左边非负 , 右边非正 , 不等式成立 .
     如果$\displaystyle\sum_{i=1}^n y_i^2\le 1$ , 由均值不等式 , 我们有

     $$\begin{aligned}&\left(\sum_{i=1}^n x_i^2-1\right)\left(\sum_{i=1}^n y_i^2-1\right)\\ \le & \frac{1}{4}\left(\left(1-\sum\limits_{i=1}^n x_i^2\right)+\left(1-\sum\limits_{i=1}^n y_i^2\right)\right)^2\\ \le&\left(1-\sum_{i=1}^n x_iy_i\right)^2\end{aligned}$$

     其中用到了

     $$0\le\frac{1}{2}\left(1-\sum\limits_{i=1}^n x_i^2+1-\sum\limits_{i=1}^n y_i^2\right)\le 1-\sum_{i=1}^n x_iy_i$$

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   • 证明2 : 如果$\displaystyle\sum_{i=1}^n y_i^2\ge 1$ , 此时不等式左边非负 , 右边非正 , 不等式成立 .
     如果$\displaystyle\sum_{i=1}^n y_i^2\le 1$ , 设

     $$x_{n+1}^2=1-\sum_{i=1}^n x_i^2\quad,\quad y_{n+1}^2=1-\sum_{i=1}^n y_i^2$$

     其中$x_{n+1},y_{n+1}$非负 . 由柯西不等式 , 有

     $$1=\sqrt{\sum_{i=1}^{n+1} x_i^2\sum_{i=1}^{n+1} y_i^2}\ge\sum_{i=1}^n x_iy_i+x_{n+1}y_{n+1}$$

     从而

     $$\left(1-\sum_{i=1}^n x_iy_i\right)^2\ge x_{n+1}^2y_{n+1}^2=\left(1-\sum_{i=1}^n x_i^2\right)\left(1-\sum_{i=1}^n y_i^2\right)$$

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9. 第九题 数学吧 http://tieba.baidu.com/p/1171951655
   已知正实数$a,b,c$满足$a+b+c=3$ , 求证:

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

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   • see also:
     http://www.pep.com.cn/rjwk/gzsxsxkj/sxkj3/sxkj3ts/201105/t20110516_1041458.htm
     http://www.pep.com.cn/rjwk/gzsxsxkj/sxkj4/sxkj4ts/201106/t20110623_1050799.htm
     （题目3.1.9）

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10. 第十题 数学吧 http://tieba.baidu.com/p/1171951655
    已知$x,y,z>0$ , 求证 : $\displaystyle\sqrt{1+\frac{48x}{y+z}}+\sqrt{1+\frac{48y}{z+x}}+\sqrt{1+\frac{48z}{x+y}}\ge 15$ .

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    • http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=51&t=64122

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