求一个不等式最大值设x,y,z为
设x,y,z为正实数,且yz+zx+xy=1。求使
(1+x^2)/yz+(1+y^2)/zx+(1+z^2)/xy>=k(x^2+y^2+z^2-1)+12。
成立的最大k值,并给出证明。
经验证:上式成立的最大k值是方程:t^2-18t+7=0的较大的正根。
即kmax=9+4√2。
首先对上式齐次化
∑(x+y)*(x+z)/yz≥[k(∑x^2-1)+12∑yz]/∑yz (1)
我们只需证:
∑(x+y)*(x+z)/yz≥[(9+4√2)(∑x^2-∑yz)+12∑yz]/∑yz (2)
记x=s-a,y=s-b,z=s-c,其中a,b,c表示一三角形三边长,2s=...全部
设x,y,z为正实数,且yz+zx+xy=1。求使
(1+x^2)/yz+(1+y^2)/zx+(1+z^2)/xy>=k(x^2+y^2+z^2-1)+12。
成立的最大k值,并给出证明。
经验证:上式成立的最大k值是方程:t^2-18t+7=0的较大的正根。
即kmax=9+4√2。
首先对上式齐次化
∑(x+y)*(x+z)/yz≥[k(∑x^2-1)+12∑yz]/∑yz (1)
我们只需证:
∑(x+y)*(x+z)/yz≥[(9+4√2)(∑x^2-∑yz)+12∑yz]/∑yz (2)
记x=s-a,y=s-b,z=s-c,其中a,b,c表示一三角形三边长,2s=a+b+c。
(2)式化简为:
∑yz*[∑x^3+∑x*∑yz]≥xyz[(9+4√2)∑x^2+(3-4√2)∑yz] (3)
根据三角形恒等式:
∑yz=r(4R+r);
∑x^2=s^2-2r(4R+r);
xyz=sr^2;
∑x^3=s(s^2-12Rr)。
将上述恒等式代入(3)式,整理得:
[R-√2(1+√2)r]s^2+r(4R+r)*[2R+(4+3√2)r]≥0 (4)
下面给出不等式(4)的一般式的证明。
在三角形ABC中,对t≥0,总有
[R-t(t+1)r]s^2+r(4R+r)*[(t^2-4)R+(t^2+3t+2)r]≥0 (5)
将(5)式看作是关于t的一元两次式,(5)式整理为:
r[(4R+r)(R+r)-s^2]t^2+r[3r(4R+r)-s^2]t-[Rs^2-2r(4R+r)(2R-r)]≥0
据Gerretsen不等式:4R^2+4Rr+3r^3≥s^2,知(4R+r)(R+r)-s^2≥0。
由一元两次判别式,只需证
r[3r(4R+r)-s^2]^2-4[(4R+r)(R+r)-s^2]*[Rs^2-2r(4R+r)(2R-r)]≤0
上式化简整理得:
r(4R+r)*[s^4-(4R^2+20Rr-2r^2)s^2+r(4R+r)^3]≤0 (6)
由三角形基本不等式即知(6)式成立,故(5)式成立。
(5)式当三边之比为:2:t+1:t+1或1:1:1时成立。
在不等式(5)中,取t=√2,即得不等式(4)。
备注:如果记x=tan(A/2),y=tan(B/2),z=tan(C/2),化简得:
(4R+r)^2*[R-(2+√2)]-[2R-(4+3√2)r]s^2≥0 (7)
。收起
