每日一题[1398]佛剑分说

已知 $a,b,c>0$,且 $ab+bc+ca=1$,求证:$\dfrac{2}{a^2+1}+\dfrac{2}{b^2+1}+\dfrac{3}{c^2+1}\leqslant \dfrac{16}3$.

解法一    根据三角形中的三角恒等式,对 $\triangle ABC$,有\[\sum_{\rm cyc}\tan\dfrac A2\tan\dfrac B2=1,\]设 $a=\tan\dfrac A2$,$b=\tan\dfrac B2$,$c=\tan\dfrac C2$,其中 $A+B+C=\pi$,$A,B,C>0$,则\[\begin{split} LHS&=2\cos^2\dfrac A2+2\cos^2\dfrac B2+3\cos^2\dfrac C2\\ &=5+\cos A+\cos B-3\sin^2\dfrac C2\\ &=5+2\cos\dfrac{A+B}2\cos\dfrac{A-B}2-3\sin^2\dfrac C2\\ &\leqslant 5+2\sin\dfrac C2-3\sin^2\dfrac C2\\ &\leqslant 5+\dfrac{-2^2}{-12}=\dfrac{16}3=RHS,\end{split}\]因此不等式得证,且等号取得的条件是 $A=B$ 且 $\sin\dfrac C2=\dfrac 13$,也即\[(a,b,c)=\left(\dfrac{\sqrt 2}2,\dfrac{\sqrt 2}2,\dfrac{\sqrt 2}4\right).\]

解法二    题中不等式即\[\dfrac{2}{(a+b)(c+a)}+\dfrac{2}{(b+c)(a+b)}+\dfrac{3}{(b+c)(c+a)}\leqslant \dfrac{16}{3},\]也即\[6(b+c)+6(c+a)+9(a+b)\leqslant 16(a+b)(b+c)(c+a),\]也即\[16abc\leqslant (a+b+4c)(ab+bc+ca),\]也即\[(a^2b+4bc^2)+(ab^2+4c^2a)+(b^2c+a^2c)\geqslant 10abc,\]根据均值不等式,该不等式成立,等号取得的条件是\[a:b:c=2:2:1,\]也即\[(a,b,c)=\left(\dfrac{\sqrt 2}2,\dfrac{\sqrt 2}2,\dfrac{\sqrt 2}4\right).\]

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