如何證明這個不等式?

01-06

a,b,c&>0，證明：
$frac{a}{sqrt{4a^2+5bc}}+frac{b}{sqrt{4b^2+5ca}}+frac{c}{sqrt{4c^2+5ab}}leq 1$

@舒自均我正好在我的競賽筆記上看到了這個題目。下面這個證明是我高中時候做的。

題目：設 $x,y,z>0,xyz=1$ ,求證 $sumfrac{1}{sqrt{4+5x}}leq1$

我們做如下代換： $frac{1}{sqrt{4+5x}}=frac{1-u}{2},frac{1}{sqrt{4+5y}}=frac{1-v}{2},frac{1}{sqrt{4+5z}}=frac{1-w}{2}$

容易知道 $u,v,w in(0,1)$ 。又由於 $x=frac{4}{5} [frac{1}{(1-u)^2}-1]$ 等三式，我們的問題轉化為如下形式：

已知 $Pi[frac{1}{(1-u)^2}-1]=frac{125}{64}$ , 求證 $u+v+wgeq1$ 。

（到這裡根號已經沒了，下一步是齊次化）

現在用反證法，反設 $s=u+v+w<1$ (*)。我們希望證明， $Pi[frac{1}{(1-u)^2}-1]<frac{125}{64}$

根據(*), $Pi[frac{1}{(1-u)^2}-1] <Pi[frac{1}{(1-u/s)^2}-1]=Pifrac{u(u+2v +2w)}{(v+w)^2}$

以下只需證明 $uvw Pi(frac{u+2v+2w}{5}) leqPi(frac{u+v}{2})^2$ (#)

到這裡問題已經變成了齊次沒根號的對稱不等式，以下一切暢通無阻。

因為 $Pi(frac{u+2v+2w}{5}) leq (frac{u+v+w}{3})^3$ （均值）

$uvw(frac{u+v+w}{3})leq (frac{uv+vw+uw}{3})^2$ （熟知）

$(frac{u+v+w}{3})(frac{uv+vw+uw}{3}) leq Pi(frac{u+v}{2})$ （熟知）

第三個不等式平方再和前兩個乘起來就得到了(#)。

這個去根號的方法還是挺有意思的。

這個不等式來自Vasile，在Vasile的《Algebraic Inequalities》書中有推廣的情況

設 $x_1,x_2...x_n(ngeq3)$ 是正數且滿足 $x_1x_2...x_n=1$ ,如果 $0<P>,則有</b></li> <p><img src=$

當 $n=3$ 時，取 $p=frac{5}{4}$ ,即得：

已知 $x,y,z>0$ , $xyz=1$ ,求證： $frac{1}{sqrt{4+5x}}+frac{1}{sqrt{4+5y}}+frac{1}{sqrt{4+5z}}leq1$

三元的情形證法很多

證法1：
令 $frac{1}{sqrt{4+5x}}=frac{u}{1+2u},frac{1}{sqrt{4+5y}}=frac{v}{1+2v},frac{1}{sqrt{4+5z}}=frac{w}{1+2w}$ , $u,v,wgeq 0$
於是 $(1+4u)(1+4v)(1+4w)=125u^2v^2w^2$
$frac{u}{1+2u}+frac{v}{1+2v}+frac{w}{1+2w}leq1Leftrightarrow 1+u+v+wgeq4uvw$
而 $egin{equation}egin{aligned} 2[13+4(u+v+w)](1+u+v+w-4uvw)-(1+4u)(1+4v)(1+4w)+125u^2v^2w^2\=25+30(u+v+w)+8(u^2+v^2+w^2)-168uvw-32uvw(u+v+w)+125u^2v^2w^2\=14(u+v+w+2u^2v^2w^2-5uvw)+8(u^2+v^2+w^2-frac{(u+v+w)^2}{3})+24(2uvw-frac{u+v+w}{3}-1)^2+(uvw-1)^2\geq0 end{aligned} end{equation}$
BQ.
證法2：
令 $a=frac{1}{sqrt{4+5x}},b=frac{1}{sqrt{4+5y}},c=frac{1}{4+5z}$ ,則原不等式等價於：

已知 $0,<img src=$
求證： $a+b+cleq1$
假設 $a+b+c>1$ ,則有：
$(1-4a^2)(1-4b^2)(1-4c^2)<(3a+b+c)(3b+a+c)(3c+a+b)(a+b-c)(c+a-b)(b+c-a)$
（因為 $(1-4a^2)=(1+2a)(1-2a)<(3a+b+c)(b+c-a)$ ，三式相乘即得上式）
下面將證明：
$(3a+b+c)(3b+c+a)(3c+a+b)(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)leq125a^2b^2c^2$
令 $b+c-a=2p,a+c-b=2q,a+b-c=2r$
上式等價於：
$125(p+q)^2(q+r)^2(r+p)^2geq64pqr(p+2q+2r)(q+2r+2p)(r+2p+2q)$

注意到：
$egin{equation}egin{aligned} (p+q)(q+r)(r+p)\=(p+q+r)(pq+qr+rp)-pqr\geqsqrt{3}(p+q+r)^frac{3}{2}sqrt{pqr}-frac{(p+q+r)^frac{3}{2}}{3sqrt{3}}sqrt{pqr}\=frac{8}{3sqrt{3}}(p+q+r)^frac{3}{2}sqrt{pqr} end{aligned} end{equation}$
其中用到： $p+q+rgeq3sqrt[3]{pqr},(pq+qr+rp)^2geq 3pqr(p+q+r)$
然後只需證明：
$125(p+q+r)^3geq 27(p+2q+2r)(q+2p+2r)(r+2p+2q)$
這由均值不等式即得
BQ.
Vasile的《Algebraic Inequalities》書中也有等價的一個不等式,以下證明來自原書

$a,b,cgeq0,$ 任意兩個不同時為0， $sqrt{frac{a}{4a+5b}}+sqrt{frac{b}{4b+5c}}+sqrt{frac{c}{4c+5a}}leq1$

證明3.

不妨設 $xgeq ygeq z$ ,先證明
$frac{1}{sqrt{4+5y}}+frac{1}{sqrt{4+5z}}leqfrac{2}{sqrt{4+5sqrt{yz}}}$
令 $s=frac{y+z}{2},p=sqrt{yz}$ ，則 $sgeq p,pleq 1$
上式兩邊平方得
$frac{1}{4+5y}+frac{1}{4+5z}-frac{2}{4+5p}leqfrac{2}{4+5p}-frac{2}{sqrt{(4+5y)(4+5z)}}$
兩邊除以 $frac{10(s-p)}{(4+5p)sqrt{(4+5y)(4+5z)}}$ 得
$frac{5p-4}{sqrt{(4+5y)(4+5z)}}leqfrac{8}{4+5p+sqrt{(4+5y)(4+5z)}}$
$Leftrightarrow (12-5p)sqrt{25p^2+40s+16}geq25p^2-16$
$(12-5p)sqrt{25p^2+40s+16}-25p^2+16geq(12-5p)sqrt{25p^2+40p+16}-25p^2+16=2(8-5p)(5p+4)>0$
然後只需證明 $frac{1}{sqrt{4+5x}}+frac{2}{sqrt{4+5sqrt{yz}}}leq1$ ,其中 $xyz=1$

平方兩次，即等價於
$(x-1)^2(61x^2+2x+45)geq0$
證法1前半部分來自陳計，配方來自網友red3，證法2來自網友scorpius119，陳計還給出過一個CS證法，不過之後用的是增量代換...,所以就不貼了
can也曾給出一個非常漂亮的證明，找了下發現他博客似乎關閉了....

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其實這類輪換對稱的不等式，結果肯定很顯然，最大/最小值都是在各種變數相等的時候取到，所以如果說證明的話，無非關鍵是在說明，為什麼各個變數相等的時候可以取到最大/最小值。
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謝謝@德安城提醒，其實也不是所有式子都在相等處取到的，不過這個題目那確實在相等處取到。具體看下面吧。
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原問題，稍做變換就可以得到@德安城，即
原式 $=frac{1}{sqrt{4+5x}}+frac{1}{sqrt{4+5y}}+frac{1}{sqrt{4+5z}}$
其中 $x = frac{bc}{a^2},y=frac{ca}{b^2},z=frac{ab}{c^2}$ ,當然，我們還有 $xyz = frac{bc}{a^2}cdotfrac{ca}{b^2}cdotfrac{ab}{c^2}=1$ .同時，我們令 $f(x)= frac{1}{sqrt{4+5x}}$ ，則原式記為 $F(x,y,z) = f(x)+f(y)+f(z)$ .
此時，如果我們把問題看作是一個最優化問題的話，那麼問題就變為了
$mathrm{Max} quad F(x,y,z) \ s.t. quad g(x,y,z) =xyz = 1$
剩下的內容就是用拉格朗日乘數法了，首先定義拉格朗日函數 $G(x,y,z,lambda)$ :
$G(x,y,z,lambda) = F(x,y,z) + lambdavarphi(x,y,z) \ =f(x)+f(y)+f(z) + lambda(xyz-1)$
再然後就是各種求偏導數了
$frac{partial G}{partial x} = frac{partial f(x)}{partial x} +lambda yz = 0\ frac{partial G}{partial y} = frac{partial f(y)}{partial y} +lambda xz = 0\ frac{partial G}{partial z} = frac{partial f(z)}{partial z} +lambda xy = 0\ frac{partial G}{partial lambda} = xyz-1 = 0$
當然公式還可以寫成

$frac{partial G}{partial x} = frac{partial f(x)}{partial x} +lambda/x = 0\ frac{partial G}{partial y} = frac{partial f(y)}{partial y} +lambda/y = 0\ frac{partial G}{partial z} = frac{partial f(z)}{partial z} +lambda /z= 0$
再然後就是把具體的 $f(x)$ 帶入解方程，由於此處相對於 $x,y,z$ 而言, $lambda$ 是固定的常數，所以可以發現 $x=y=z=1$ 可以取到極值，剩下的就是驗證了這是最大值了。當然帶回原式，也就是 $a =b =c$ 啦
其實此類問題的一般化就是
已知 $prod_{i=1}^n x_i = 1,x_i>0$ ,求 $sum_{i=1}^n f(x_i)$ 的最大值或者說求證 $sum_{i=1}^n f(x_i)$ 的最大值是 $n f(1)$ 。當然此處 $f(x)$ 是給定的非負連續函數。需要具有一定的性質，感覺至少應該是單調減吧，另外覺得， $frac{1}{(constant + x)^r},r>0$ 是個不錯的形式，別的什麼要求還沒有詳細研究。
當然還可以做一些簡單的拓展，比如 $prod_{i=1}^n x_i = C,x_i>0,C$ is constant, 求證 $sum_{i=1}^n f(x_i)$ 的最大值是 $n f(sqrt[n]{C} )$ 當 $f(x)$ 是給定的連續函數，至少具有非負單調遞減。當然若是非負單調遞增，則此處應該是最小值了吧，詳細的內容還需要再研究一下哈。

我給一個非競賽黨也能想到的方法。
原題等價於 $x, y, z > 0,$ $xyz=frac{125}{64},$ $frac{1}{sqrt{1+x} } + frac{1}{sqrt{1+y} } + frac{1}{sqrt{1+z} }$ $leq 2$ .
先固定 $z$ , 讓 $xy=a$ , 先求 $g(x,y)=frac{1}{sqrt{1+x} } + frac{1}{sqrt{1+y} }$ 的最大值。
$g^{2}(x,y) = frac{2+x+y+2sqrt{1+x+y+xy}}{1+x+y+xy}=frac{2+x+y+2sqrt{1+a+x+y}}{1+a+x+y}$
令 $frac{1}{sqrt{1+a+x+y}} = u,$ 則 $0 < u leq frac{1}{sqrt{a}+1}$ , $g(x,y) = f(u) = (1-a)u^{2} + 2u + 1$ , 問題轉化為求 $f(u)$ 的最大值
這裡我們分類討論，簡單的分析二次函數的開口和對稱軸，可得:
1. 當 $aleq 4$ 時，最大值在 $u = frac{1}{sqrt{a} + 1}$ 時取到， $f(u)_{max} = frac{4}{1+sqrt{a}}$ ，此時問題轉化為求 $h(a) = frac{2}{sqrt{1+sqrt{a}}} + frac{1}{sqrt{1+frac{lambda}{a}}}$ 的最大值, 滿足 $0 < a leq 4, lambda = frac{125}{64}$ .
2. 當 $ageq4$ 時，最大值在 $u = frac{1}{a-1}$ 時取到， $f(u)_{max} = frac{a}{a-1}$ ，此時問題轉化為求 $h(a) = sqrt{frac{a}{a-1}} + frac{1}{sqrt{1+frac{lambda}{a}}}$ 的最大值，滿足 $ageq4,lambda=frac{125}{64}$ .
先求解情況1.
求導得到 $h^{$
令 $h^{$ , 得到兩個極值點 $a_{1} = frac{25}{256}, a_{2} = frac{25}{16}$ , 分別代入原式，得到 $h(a_{1}) = frac{9}{sqrt{21}} < 2, h(a_{2}) = 2.$ 另外當 $a -> 0$ 時， $h(a) -> 2$ . $h(4) = frac{2}{sqrt{3}} + frac{16}{sqrt{381}} approx 1.9744$ . 因此證得當 $aleq4$ 時， $h(a) leq 2$ .
再求解情況2.
同樣求導得到 $h^{$
令 $h^{$ 得到極值點 $a = frac{25}{4}$ , 代入原式，得到 $h(a) = frac{9}{sqrt{21}} < 2,$
$h(4) approx 1.9744 < 2$ ，當 $a -> +infty , h(a) -> 2.$
證畢。

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