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題1 正實數(shù) $a,b,c$ 滿足 $abc=1$ ， $S_k=a^k+b^k+c^k$ ，求證： $\frac{S_2+S_4}2≥1+\sqrt{1+S_3}$

證明使用均值不等式得：
$\frac{S_2+S_4}2=\frac{a^2+b^2+c^2+a^4+b^4+c^4}{2}\ge {a^3+b^3+c^3}=S_3$ (1.1)
因為 $abc=1$ ，所以：
$S_3=a^3+b^3+c^3\ge 3abc=3$
所以：
$(S_3-1)^2-1=S_3(S_3-2)\ge S_3$
又 $S_3-1>0$ ，故而：
$S_3\ge 1+\sqrt{S_3+1}$ (1.2)
$(1.1),(1.2)\Rightarrow \frac{S_2+S_4}2≥1+\sqrt{1+S_3}\blacksquare$

評注本題利用均值不等式：
$\frac{a+b}{2}\ge{\sqrt{ab}} (a,b\ge0)$
$a^3+b^3+c^3\ge 3abc(a,b,c\ge0)$

本題可以推廣如下：
題2 正實數(shù) $a,b,c$ 滿足 $abc=1$ ， $S_k=a^k+b^k+c^k$ ，求證： $\frac{S_k+S_{k+2}}2≥1+\sqrt{1+S_{k+1}}$
證明使用均值不等式：
$\frac{S_k+S_{k+2}}2 \ge S_{k+1}$ (2.1)
因為 $abc=1$ ，所以：
$S_{k+1}\ge 3\sqrt[3]{a^{k+1}b^{k+1}c^{k+1}}=3$
所以：
$(S_{k+1}-1)^2-1=S_{k+1}(S_{k+1}-2)\ge S_{k+1}$
又 $S_{k+1}-1>0$ ，故而：
$S_{k+1}\ge 1+\sqrt{S_{k+1}+1}$ (2.2)
$(2.1),(2.2)\Rightarrow \frac{S_k+S_{k+2}}2≥1+\sqrt{1+S_{k+1}}\blacksquare$

題3 $a,b,c$ 為非負實數(shù)，且 $a+b+c=3$ 。求最大的實數(shù) $k$ ，使對于任意滿足上述條件的 $a,b,c$ ，如下不等式成立：
$ab+bc+ca+k(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2\le 3$ (3.1)

解因為 $ab+bc+ca=\frac{(a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)}2$
$=\frac{9-(a^2+b^2+c^2)}{2}\le{\frac{9-(ab+bc+ca)}{2}}$
所以， $ab+bc+ca \le{3}$
顯然，當(dāng) $a,b,c$ 有兩個相等時，對于任意的 $k\in \mathbb R$ ，不等式成立。
下面討論 $a,b,c$ 互不相等的情況：
不妨設(shè) $a>b>c$
令 $y=\frac{\frac{1}3(a+b+c)^2-(ab+bc+ca)}{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}$
$=\frac{\frac{1}6[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]}{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}$
$\ge \frac{\frac{1}6[\frac{(a-c)^2}2+(c-a)^2]}{(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2}$
$= \frac{\frac{1}4}{(a-b)^2(b-c)^2} \ge \frac{4}{(c-a)^4} \ge 1/4$
當(dāng) $a=2,b=1,c=0$ 時， $y_{min}=\frac{1}4$
所以當(dāng) $k_{max}=1/4$ 時，對于任意滿足條件的 $a,b,c$ ，不等式成立。 $\blacksquare$

題4 $a,b,c\in \mathbb R_+$ ，求證：
$\sum_{\substack{cyc}} \frac{a^2+bc}{b+c} \ge a+b+c$ (4.1)

證明
不妨設(shè) ${a}\le\le{c}$ ，則：
$a^2 \le{b^2}\le{c^2}$
$\frac{1}{b+c}\le{\frac{1}{c+a}}\le{\frac{1}{a+b}}$
上兩式結(jié)合排列不等式，有：
$\sum_{\substack{cyc}}\frac{a^2}{b+c} \ge \sum_{\substack{cyc}}\frac{a^2}{a+b}$ (4.2)

注意下列三式：
$\frac{a^2+bc}{b+c}=\frac{a^2 - b^2}{b+c}+b$
$\frac{b^2+ca}{c+a}=\frac{b^2 - c^2}{c+a}+c$
$\frac{c^2+ab}{a+b}=\frac{c^2 - a^2}{a+b}+a$

上三式結(jié)合(4.2)得：
$\sum_{\substack{cyc}} \frac{a^2+bc}{b+c} -( a+b+c)$
$=\sum_{\substack{cyc}}\frac{a^2}{b+c} - \sum_{\substack{cyc}}\frac{a^2}{a+b} \ge 0$
移項得(4.1) $\blacksquare$

評注上面證法使用排列不等式，排列不等式定理如下：
定理4.1 兩數(shù)列 $\{a_n\},\{b_n\}$ 的元素排序如下：
$a_1 \le {a_2} \le ... \le {a_n}$
$b_1 \le {b_2} \le ... \le {b_n}$
$\{c_n\}為\{b_n\}$ 的一個排列(亂序)，那么：
$\sum_{\substack{i=1...n}}a_ib_i \ge \sum_{\substack{i=1...n}}a_ic_i \ge \sum_{\substack{i=1...n}}a_ib_{n-i+1}$ (4.3)
式(4.3)可以簡單描述為：順序積大于等于亂序積，亂序積大于等于逆序積。

題4.2 利用排列不等式，證明 $a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca$
證明不妨設(shè) $a \ge b \ge c$
順序積： $a^2+b^2+c^2$
亂序積： $ab+bc+ca$
根據(jù)排列不等式有，：
$a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca \blacksquare$

題5 實數(shù) $x,y,z$ 滿足 $xy+yz+zx = -1$ ，求證：
$x^2+5y^2+8z^2\ge 4$ (5.1)
證法1（主元法） 令 $f(x,y,z)=x^2+5y^2+8z^2+4(xy+yz+zx )$ (5.2)
原命題等價于
$\forall x,y,z \in \mathbb R f(x,y,z)\ge 0$ (5.3)

把 $f$ 變?yōu)橐?img class="math-inline" src="https://math.jianshu.com/math?formula=x" alt="x" mathimg="1">為主元的二次函數(shù)：
$f(x,y,z)=x^2+4(y+z)x+5y^2+4yz+8z^2$
則根的判別式為：
$\Delta=16(y+z)^2-4(5y^2+4yz+8z^2)$
$=-4y^2-16z^2+16yz$
$=-4(y^2+4z^2-4yz)=-4(y-2z)^2 \le 0$
上式對于任意的實數(shù) $y,z$ 成立。

根據(jù)二次函數(shù)性質(zhì)，(5.3)成立，從而原命題成立。 $\blacksquare$

證法2（配方法）
因為
$x^2+5y^2+8z^2-4=x^2+5y^2+8z^2+4(xy+yz+zx )$
$=(x+2y+2z)^2+(y-2z)^2 \ge 0$
所以(5.1)成立 $\blacksquare$

評注證法1過程清晰，容易復(fù)制。證法2之配方過程似是神來之筆，其困難在于代數(shù)式不對稱。但因為它是齊次多項式，故可以用主元法配方，如下：
$x^2+5y^2+8z^2-4=x^2+5y^2+8z^2+4(xy+yz+zx )$
$=x^2+4(y+z)x+5y^2+4yz+8z^2$
$=x^2+4(y+z)x+(2y+2z)^2 +(y^2-4yz+4z^2)$
$=(x+2y+2z)^2+(y-2z)^2$
以上，對 $x^2+4(y+z)x$ 進行配方，就可以正確拆項。可見，主元法用于配方，很有用。

題6 $a,b,c \in \mathbb R_+,x,y,z\in \mathbb R$ ，證明：
$x^2+y^2+z^2$
$\ge 2\sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}\sum_{\substack{cyc}}\sqrt{\frac{a+b}{c}}xy$ (6.1)
并指出等號成立的充要條件。

證明拆項配方如下：
$(x^2+y^2+z^2)- 2\sqrt{\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}}\sum_{\substack{cyc}}\sqrt{\frac{a+b}{c}}xy$
$=(x^2+y^2+z^2)-2\sum_{\substack{cyc}}\sqrt{\frac{ab}{(b+c)(c+a)}}xy$
$=\sum_{\substack{cyc}}(\frac{b+c}x^2+\frac{a}{c+a}y^2-2\sqrt{\frac{ab}{(b+c)(c+a)}}xy)$
$=\sum_{\substack{cyc}}(\sqrt{\frac{b+c}}x-\sqrt{\frac{a}{c+a}}x)^2 \ge 0$
所以不等式(6.1)成立。 $\blacksquare$

題7 $a,b,c\in \mathbb R_+$ ，求證： $a^{2a}b^{2b}c^{2c} \ge a^{b+c}b^{c+a}c^{a+b}$ (7.1)

證法1（比較法）不妨設(shè) $a \ge b \ge c$ ，式(7.1)左右兩式相除得：
$\frac{a^{2a}b^{2b}c^{2c}}{a^{b+c}b^{c+a}c^{a+b}}$
$=(\frac{a})^a(\frac{a}{c})^a(\frac{c})^b(\frac{a})^b(\frac{c}{a})^c(\frac{c})^c$
$=(\frac{a})^{a-b}(\frac{c})^{b-c}(\frac{a}{c})^{a-c} \ge 1$
所以(7.1)成立。 $\blacksquare$

證法2（排序不等式） $(7.1)\Leftrightarrow$
$2a\ln a+2b\ln b+2c\ln c \ge (b+c) \ln a+(c+a) \ln b+(a+b) \ln c$ (7.2)
以下證明(7.2)
不妨設(shè) $a \ge b \ge c$ ，則：
$\ln a \ge \ln b \ge \ln c$
根據(jù)排列不等式，有：
$a\ln a+b\ln b+c \ln c \ge b\ln a+c\ln b+a \ln c$ (7.3)
$a\ln a+b\ln b+c \ln c \ge c\ln a+a\ln b+b \ln c$ (7.4)
$(7.3)+ (7.4)$ 得(7.3) $\blacksquare$

題8 $a,b,c\in \mathbb R_+,a^2+b^2+c^2=1$ ，求
$S=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}-\frac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc}$
的最小值。

解 $S=\sum_{\substack{cyc}}a^3(\frac{c}+\frac{c}) \ge 2\sum_{\substack{cyc}}a^3$
$\Leftrightarrow \sum_{\substack{cyc}}a^3(\frac{c}+\frac{c}-2) \ge 0$
$\Leftrightarrow abc\sum_{\substack{cyc}}a^3[(\frac{c}+\frac{c}-2)\frac{1}{abc}] \ge 0$
$\Leftrightarrow \sum_{\substack{cyc}}a^3[(\frac{c}+\frac{c}-2)\frac{1}{abc}] \ge 0$
$\Leftrightarrow a^2(\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})+b^2(\frac{1}{c^2}+\frac{1}{a^2})+c^2(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2})-\frac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc} \ge 0$
$\Leftrightarrow (a^2+b^2+c^2)(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2})-3-\frac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc} \ge 0$
$\Leftrightarrow \frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}-\frac{2(a^3+b^3+c^3)}{abc} \ge 3$

上式當(dāng)且僅當(dāng) $a=b=c=\frac{\sqrt3}3$ 時成立，所以 $S_{min}=3\blacksquare$

評注本題思路分析如下：
第一步，猜想
用兩組數(shù) $a=b=c=\frac{\sqrt3}{3}$ 以及 $a=b=\frac{1}{2},c=\frac{\sqrt2}{2}$ 去嘗試求 $S$ ，得：
$S_{(\frac{\sqrt3}{3},\frac{\sqrt3}{3},\frac{\sqrt3}{3})}=3$
$S_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\frac{\sqrt2}{2})}=10-2(2+\sqrt2)$
$S_{(\frac{\sqrt3}{3},\frac{\sqrt3}{3},\frac{\sqrt3}{3})} < S_{(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\frac{\sqrt2}{2})}$
猜想：
$S_{min}=S_{(\frac{\sqrt3}{3},\frac{\sqrt3}{3},\frac{\sqrt3}{3})} =3$