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
