每日一题[1196]两翼包抄

已知 $a,b,c$ 是正数,且 $abc\leqslant 1$,求证:$\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}\geqslant 2(a+b+c)$.

    只需要证明\[\dfrac{a+b}{c}+\dfrac{b+c}{a}+\dfrac{c+a}{b}\geqslant \dfrac{2(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}},\]也即\[\dfrac{ab+bc+ca}{abc}\cdot (a+b+c)-\dfrac{2(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}}-3\geqslant 0.\]根据排序不等式,有\[(ab+bc+ca)^2\geqslant 3abc(a+b+c),\]于是只需要证明\[{\sqrt 3}\cdot \left(\dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}\right)^{\frac 32}-2\cdot \dfrac{a+b+c}{\sqrt[3]{abc}}-3\geqslant 0,\]令\[t=\left(\dfrac{a+b+c}{3\sqrt[3]{abc}}\right)^{\frac 12},\]上述不等式即\[9t^3-6t^2-3\geqslant 0,\]也即\[3(t-1)\left(3t^2+t+1\right)\geqslant 0,\]而根据均值不等式,有\[a+b+c\geqslant 3\sqrt[3]{abc},\]于是原命题得证.

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每日一题[1196]两翼包抄》有 3 条评论

  1. LycheeM LycheeM说:

    再试一下
    只需要证明
    $$\dfrac{a+b+c}{c}+\dfrac{a+b+c}{a}+\frac{a+b+c}{b}-3\ge\dfrac{2(a+b+c)}{\sqrt[3]{abc}},$$

    $$(a+b+c)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}-\dfrac{2}{\sqrt[3]{abc}}\right)\ge 3.$$
    根据均值不等式,有
    $$a+b+c\ge 3\sqrt[3]{abc}, \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}-\dfrac{2}{\sqrt[3]{abc}}\ge\dfrac{3}{\sqrt[3]{abc}}-\dfrac{2}{\sqrt[3]{abc}}=\dfrac{1}{\sqrt[3]{abc}}.$$
    于是原不等式成立。

  2. ccmxigua说:

    一遇到不等式 我就完蛋了……哎

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