关于两个三角形的不等式

一道不等式竞赛题设x,y,z>0

设x,y,z>0,求证: 24xyz/[(y+z)(z+x)(x+y)]≤(yz+zx+xy)^2/[(yz)^2+(zx)^2+(xy)^2] (1) 由于楼主指明本题是竞赛题，也许楼主没有看懂hbc老师的证明，故而执意等待其它解答。 kuing的几何化证明虽然正确，但不适合解答竞赛题(那个被称为三角形几何不等式的基本不等式形式繁杂很难记住)，估计楼主也未必能看懂。下面我们给出两个适合竞赛解题方法的证明,但愿楼主能够看懂。 证明一 作代换：a=yz,b=zx,c=xy,则 (1)24(xyz)^2/[(xy+zx)(yz+xy)(zx+yz)]≤(yz+zx+xy)^2/[...全部

  设x,y,z>0,求证: 24xyz/[(y+z)(z+x)(x+y)]≤(yz+zx+xy)^2/[(yz)^2+(zx)^2+(xy)^2] (1) 由于楼主指明本题是竞赛题，也许楼主没有看懂hbc老师的证明，故而执意等待其它解答。
  kuing的几何化证明虽然正确，但不适合解答竞赛题(那个被称为三角形几何不等式的基本不等式形式繁杂很难记住)，估计楼主也未必能看懂。下面我们给出两个适合竞赛解题方法的证明,但愿楼主能够看懂。 证明一 作代换：a=yz,b=zx,c=xy,则 (1)24(xyz)^2/[(xy+zx)(yz+xy)(zx+yz)]≤(yz+zx+xy)^2/[(yz)^2+(zx)^2+(xy)^2] 24abc/[(b+c)(c+a)(a+b)≤(a+b+c)^2/(a^2+b^2+c^2) 24abc(a^2+b^2+c^2)≤(b+c)(c+a)(a+b)(a+b+c)^2 (2) 由(2)的齐次性,不妨设a+b+c=1，则 (2)24abc[(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)]≤(1-a)(1-b)(1-c) 24abc[1-2(ab+bc+ca)]≤ab+bc+ca-abc (ab+bc+ca)-25abc+48abc(ab+bc+ca)≥0 (a+b+c)(ab+bc+ca)-25abc+48abc(ab+bc+ca)≥0 ∑bc(b+c-2a)-16abc(1-3∑bc)≥0 ∑bc[(c-a)-(a-b)]-16abc[(∑a)^2-3∑bc]≥0 ∑a(b-c)^2-8abc∑(b-c)^2≥0 ∑a(1-8bc)(b-c)^2≥0 a(1-8bc)(b-c)^2+b(1-8ca)(c-a)^2+c(10ab)(a-b)^2≥0 (3) Sa*(b-c)^2+Sb*(c-a)^2+Sc*(a-b)^2≥0 (3') 由(3)的全??称性,不妨设a≥b≥c,则 Sa=a(1-8bc)=a[(a+b+c)^2-8bc]≥a[(2b+c)^2-8bc]=a(2b-c)^2≥0 Sb=b(1-8ca)=b[(a+b+c)^2-8ca]≥b[(a+2c)^2-8ca]=b(a-2c)^2≥0 Sb+Sc=b(1-8ca)+c(1-8ab)=b+c-16abc=(b+c)(a+b+c)^2-16abc ≥(b+c)*4a(b+c)-16abc =4a(b-c)^2≥0 所以 Sa*(b-c)^2+Sb*(c-a)^2+Sc*(a-b)^2 ≥Sb*(c-a)^2+Sc*(a-b)^2 ≥(Sb+Sc)(a-b)^2 ≥0 因此,不等式(3)成立，从而不等式(1)成立。
   证明二 由(1)的齐次性,不妨设x+y+z=1,则 (1)24xyz[(yz)^2+(zx)^2+(xy)^2]≤(y+z)(z+x)(x+y)(yz+zx+xy)^2 24xyz[(yz+zx+xy)^2-2xyz(x+y+z)]≤(1-x)(1-y)(1-z)(yz+zx+xy)^2 24xyz[(yz+zx+xy)^2-2xyz]≤[(yz+zx+xy)-xyz](yz+zx+xy)^2 (yz+zx+xy)^3-25xyz(yz+zx+xy)^2+48(xyz)^2≥0 (1/x+1/y+1/z)^3-25(1/x+1/y+1/z)^2+48/(xyz)≥0 (4) 在(4)中作代换：1/x=a,1/y=b,1/z=c,则1/a+1/b+1/c=1,即ab+bc+ca=abc,且 (4)(a+b+c)^3-25(a+b+c)^2+48abc≥0 (1/a+1/b+1/c)(a+b+c)^3-25(a+b+c)^2+48(ab+bc+ca)≥0 [(b+c-2a)/a+(c+a-2b)/b+(a+b-2c)/c)](a+b+c)^2-16(a+b+c)^2+48(ab+bc+ca)≥0 {[(c-a)-(a-b)]/a+[(a-b)-(b-c)]/b+[(b-c)=(c-a)]/c)}(a+b+c)^2-16[(a+b+c)^2-3(ab+bc+ca)]≥0 ∑[(a+b+c)^2/bc](b-c)^2-8∑(b-c)^2≥0 ∑[a(a+b+c)^2-8abc](b-c)^2≥0 (5) Sa*(b-c)^2+Sb*(c-a)^2+Sc*(a-b)^2≥0 (5') 由(5)的全??称性,不妨设a≥b≥c,则 Sa=a(a+b+c)^2-8abc≥a[(2b+c)^2-8bc]=a(2b-c)^2≥0 Sb=b(a+b+c)^2-8abc≥b[(a+2c)^2-8ca]=b(a-2c)^2≥0 Sb+Sc=(b+c)(a+b+c)^2-16abc ≥(b+c)*4a(b+c)-16abc =4a(b-c)^2≥0 所以 Sa*(b-c)^2+Sb*(c-a)^2+Sc*(a-b)^2 ≥Sb*(c-a)^2+Sc*(a-b)^2 ≥(Sb+Sc)(a-b)^2 ≥0 因此,不等式(5)成立，从而不等式(1)成立。
   。收起