新浪博客

求证：
\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}.
证明
\frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}} - \frac{3}{2} = \frac{{(a + b)(a - b)^2 + (b + c)(b - c)^2 + (c + a)(c - a)^2 }}{{2(a + b)(b + c)(c + a)}} \ge 0

注记1. 这种证明来自于一道课本习题：设 a,b,c > 0 ，则

2\left( {a^3 + b^3 + c^3 } \right) \ge a^2 b + b^2 c + c^2 a + ab^2 + bc^2 + ca^2

这由 a^3 + b^3 - \left( {a^2 b + ab^2 } \right) = (a + b)(a - b)^2 即可证得。
所以
\frac{a}{{b + c}} + \frac{b}{{c + a}} + \frac{c}{{a + b}} - \frac{3}{2}

= \frac{{2(a^3 + b^3 + c^3 ) - (a^2 b + ab^2 + b^2 c + bc^2 + c^2 a + ca^2 )}}{{2(a + b)(b + c)(c + a)}}

= \frac{{(a + b)(a - b)^2 + (b + c)(b - c)^2 + (c + a)(c - a)^2 }}{{2(a + b)(b + c)(c + a)}} \ge 0 .
注记2：Nesbitt不等式的加强：
http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=478373&p=2680410&hilit=Nesbitt's+Inequality#p2680410
（1）.若 x,y,z\in\mathbb{R}^{+} ， 则
\frac{x}{y+z} + \frac{y}{z+x} + \frac{z}{x+y}\ge\frac{x^3+y^3+z^3-3xyz}{2\cdot(x+y)(y+z)(z+x)}+ \frac{3}{2} .


它等价于Schur不等式
x(x-y)(x-z)+y(y-z)(y-x)+z(z-x)(z-y) \geq 0
（2 ）. 已知 a,b,c>0, 则

\frac{a}{b+c}}+{\frac{b}{c+a}}+{\frac{c}{a+b}}\ge\frac{3}{2}}+\frac{(b-c)^2+(c-a)^2+(a-b)^2}{(a+b+c)^2}

杨学枝《数学奥林匹克不等式研究》P260第73题，给出了（2）的证明：
不等式问题研究0：Nesbitt不等式的SOS(sum <wbr>of <wbr>squares：平方和）证明
邹守文 Nesbitt不不等式的加强及应用《数学通讯》2012（4）P63给出了（2）的证明及应用。
注记3：Sos - sum of squares方法详见
http://www.artofproblemsolvin

我的更多文章

下载客户端阅读体验更佳

APP专享