不等式的证明之二
- 证明下述不等式
- 证法一
- 证法二
- 证法二的补充
证明下述不等式
设
a
,
b
,
c
a,b,c
a,b,c 是正实数，请证明下述不等式：
11
a
5
a
+
6
b
+
11
b
5
b
+
6
c
+
11
c
5
c
+
6
a
≤
3
\begin{align} \sqrt{\frac{11a}{5a+6b}}+\sqrt{\frac{11b}{5b+6c}}+\sqrt{\frac{11c}{5c+6a}} \leq 3 \end{align}
5a+6b11a+5b+6c11b+5c+6a11c≤3 上述不等式及其证明思路参考文献 [1]，本文将给出更多的证明细节。
在证明之前，我们先回忆一下柯西·施瓦兹不等式的离散情形：
假设 a i , b i ∈ R a_i, b_i \in \mathbb{R} ai,bi∈R， i ∈ { 1 , 2 , 3 , ⋯ , n } i\in\{ 1,2,3,\cdots, n \} i∈{1,2,3,⋯,n}，则有
( ∑ i = 1 n a i b i ) 2 ≤ ∑ i = 1 n a i 2 ∑ i = 1 n b i 2 \begin{align} \left( \sum^{n}_{i=1} a_ib_i\right)^2 \leq \sum^{n}_{i=1}a_i^2 \sum^{n}_{i=1}b_i^2 \end{align} (i=1∑naibi)2≤i=1∑nai2i=1∑nbi2 等号成立当且仅当 a 1 / b 1 = a 2 / b 2 = ⋯ = a n / b n a_1/b_1=a_2/b_2=\cdots =a_n/b_n a1/b1=a2/b2=⋯=an/bn 成立或者 { a i } \{a_i\} {ai}与 { b i } \{b_i\} {bi} 中至少有一方全为0。
作为柯西·施瓦兹不等式的变形，我们有下面的等价形式：
∑
i
=
1
n
a
i
b
i
≤
∑
i
=
1
n
a
i
2
∑
i
=
1
n
b
i
2
\begin{align} \sum^{n}_{i=1} a_ib_i \leq \sqrt{\sum^{n}_{i=1}a_i^2 \sum^{n}_{i=1}b_i^2} \end{align}
i=1∑naibi≤i=1∑nai2i=1∑nbi2 这个等价的柯西·施瓦兹不等式在下面会被用到。跟上一节内容相同，
∑
cyc
\sum_{\text{cyc}}
∑cyc 代表的是循环求和。
下面的证法一是较为简单的，证法二较为复杂，但更一般。读者如果觉得证法二比较难理解，就掌握证法一即可。
证法一
注意到
∑
cyc
(
5
c
+
6
a
)
=
11
(
a
+
b
+
c
)
\sum_{\text{cyc}}(5c + 6a)=11(a+b+c)
∑cyc(5c+6a)=11(a+b+c)，以及
∑
cyc
a
(
5
b
+
6
c
)
=
11
(
a
b
+
b
c
+
c
a
)
\sum_{\text{cyc}} a(5b + 6c)=11(ab+bc+ca)
∑cyca(5b+6c)=11(ab+bc+ca)，为证明不等式（1），我们运用柯西·施瓦兹不等式：
11
a
5
a
+
6
b
+
11
b
5
b
+
6
c
+
11
c
5
c
+
6
a
=
∑
cyc
11
(
5
c
+
6
a
)
(
5
a
+
6
b
)
(
5
b
+
6
c
)
(
5
c
+
6
a
)
⋅
a
(
5
b
+
6
c
)
≤
∑
cyc
11
(
5
c
+
6
a
)
(
5
a
+
6
b
)
(
5
b
+
6
c
)
(
5
c
+
6
a
)
⋅
∑
cyc
a
(
5
b
+
6
c
)
≤
1
1
2
(
a
+
b
+
c
)
(
5
a
+
6
b
)
(
5
b
+
6
c
)
(
5
c
+
6
a
)
⋅
∑
cyc
a
(
5
b
+
6
c
)
=
1
1
3
(
a
+
b
+
c
)
(
a
b
+
b
c
+
c
a
)
(
5
a
+
6
b
)
(
5
b
+
6
c
)
(
5
c
+
6
a
)
\begin{align} &\sqrt{\frac{11a}{5a+6b}}+\sqrt{\frac{11b}{5b+6c}}+\sqrt{\frac{11c}{5c+6a}} \\ &=\sum_{\text{cyc}}\sqrt{\frac {11(5c + 6a)} {(5a + 6b)(5b + 6c)(5c + 6a)} \cdot a(5b + 6c)} \\ &\leq \sqrt{\sum_{\text{cyc}}\frac {11(5c + 6a)} {(5a + 6b)(5b + 6c)(5c + 6a)} \cdot \sum_{\text{cyc}} a(5b + 6c) } \\ &\leq \sqrt{\frac {11^2 (a + b+ c)} {(5a + 6b)(5b + 6c)(5c + 6a)} \cdot \sum_{\text{cyc}} a(5b + 6c) } \\ &= \sqrt{\frac {11^3 (a + b+ c) (ab + bc + ca)} {(5a + 6b)(5b + 6c)(5c + 6a)}} \end{align}
5a+6b11a+5b+6c11b+5c+6a11c=cyc∑(5a+6b)(5b+6c)(5c+6a)11(5c+6a)⋅a(5b+6c)≤cyc∑(5a+6b)(5b+6c)(5c+6a)11(5c+6a)⋅cyc∑a(5b+6c)≤(5a+6b)(5b+6c)(5c+6a)112(a+b+c)⋅cyc∑a(5b+6c)=(5a+6b)(5b+6c)(5c+6a)113(a+b+c)(ab+bc+ca) 为了求
1
1
3
(
a
+
b
+
c
)
(
a
b
+
b
c
+
c
a
)
(
5
a
+
6
b
)
(
5
b
+
6
c
)
(
5
c
+
6
a
)
\frac {11^3 (a + b+ c) (ab + bc + ca)} {(5a + 6b)(5b + 6c)(5c + 6a)}
(5a+6b)(5b+6c)(5c+6a)113(a+b+c)(ab+bc+ca) 的上界，不妨令
1
1
3
(
a
+
b
+
c
)
(
a
b
+
b
c
+
c
a
)
(
5
a
+
6
b
)
(
5
b
+
6
c
)
(
5
c
+
6
a
)
≤
k
\frac {11^3 (a + b+ c) (ab + bc + ca)} {(5a + 6b)(5b + 6c)(5c + 6a)}\leq k
(5a+6b)(5b+6c)(5c+6a)113(a+b+c)(ab+bc+ca)≤k，结合（1）式可猜测此处
k
=
9
k=9
k=9，结合此假设则有：
1
1
3
(
a
+
b
+
c
)
(
a
b
+
b
c
+
c
a
)
≤
9
(
5
a
+
6
b
)
(
5
b
+
6
c
)
(
5
c
+
6
a
)
\begin{align} 11^3 (a + b+ c) (ab + bc + ca)\leq 9 (5a + 6b)(5b + 6c)(5c + 6a) \end{align}
113(a+b+c)(ab+bc+ca)≤9(5a+6b)(5b+6c)(5c+6a) 将（9）式改写为：
9
(
5
a
+
6
b
)
(
5
b
+
6
c
)
(
5
c
+
6
a
)
−
1
1
3
(
a
+
b
+
c
)
(
a
b
+
b
c
+
c
a
)
≥
0
\begin{align} 9 (5a + 6b)(5b + 6c)(5c + 6a)-11^3 (a + b+ c) (ab + bc + ca) \geq 0 \end{align}
9(5a+6b)(5b+6c)(5c+6a)−113(a+b+c)(ab+bc+ca)≥0 下面我们来说明以上猜测的（10）式其实是正确的。首先由算术几何平均不等式我们有：
a
b
c
=
a
b
2
⋅
b
c
2
⋅
c
a
2
3
≤
1
3
(
a
b
2
+
b
c
2
+
c
a
2
)
a
b
c
=
a
2
b
⋅
b
2
c
⋅
c
2
a
3
≤
1
3
(
a
2
b
+
b
2
c
+
c
2
a
)
\begin{align} abc = \sqrt[3]{ab^2\cdot bc^2 \cdot ca^2} \leq \frac 1 3 (ab^2 + bc^2 + ca^2) \\ abc= \sqrt[3]{a^2b\cdot b^2c \cdot c^2a}\leq \frac 1 3 (a^2b + b^2c + c^2a) \end{align}
abc=3ab2⋅bc2⋅ca2≤31(ab2+bc2+ca2)abc=3a2b⋅b2c⋅c2a≤31(a2b+b2c+c2a) 结合（11）、（12）两式则有：
9
(
5
a
+
6
b
)
(
5
b
+
6
c
)
(
5
c
+
6
a
)
−
1
1
3
(
a
+
b
+
c
)
(
a
b
+
b
c
+
c
a
)
=
19
a
2
b
+
289
a
b
2
+
289
a
2
c
−
924
a
b
c
+
19
b
2
c
+
19
a
c
2
+
289
b
c
2
=
289
(
a
b
2
+
b
c
2
+
c
a
2
)
+
19
(
a
2
b
+
b
2
c
+
c
2
a
)
−
924
a
b
c
=
289
(
a
b
2
+
b
c
2
+
c
a
2
−
3
a
b
c
)
+
19
(
a
2
b
+
b
2
c
+
c
2
a
−
3
a
b
c
)
≥
0
\begin{align} &9(5a + 6b)(5b + 6c)(5c + 6a) - 11^3(a + b + c)(ab + bc + ca) \\ &=19 a^2 b+289 a b^2+289 a^2 c-924 a b c+19 b^2 c+19 a c^2+289 b c^2 \\ &=289(ab^2 + bc^2 + ca^2) + 19(a^2b + b^2c + c^2a) - 924abc \\ &=289(ab^2 + bc^2 + ca^2 - 3abc) + 19(a^2b + b^2c + c^2a - 3abc) \\ &\geq 0 \end{align}
9(5a+6b)(5b+6c)(5c+6a)−113(a+b+c)(ab+bc+ca)=19a2b+289ab2+289a2c−924abc+19b2c+19ac2+289bc2=289(ab2+bc2+ca2)+19(a2b+b2c+c2a)−924abc=289(ab2+bc2+ca2−3abc)+19(a2b+b2c+c2a−3abc)≥0 这就证明了（10）式成立。故而
1
1
3
(
a
+
b
+
c
)
(
a
b
+
b
c
+
c
a
)
(
5
a
+
6
b
)
(
5
b
+
6
c
)
(
5
c
+
6
a
)
≤
9
\frac {11^3 (a + b+ c) (ab + bc + ca)} {(5a + 6b)(5b + 6c)(5c + 6a)}\leq 9
(5a+6b)(5b+6c)(5c+6a)113(a+b+c)(ab+bc+ca)≤9，代入（8）式可得：
11
a
5
a
+
6
b
+
11
b
5
b
+
6
c
+
11
c
5
c
+
6
a
≤
3
\begin{align} \sqrt{\frac{11a}{5a+6b}}+\sqrt{\frac{11b}{5b+6c}}+\sqrt{\frac{11c}{5c+6a}} \leq 3 \end{align}
5a+6b11a+5b+6c11b+5c+6a11c≤3 因此不等式（1）成立。
□
\quad \Box
□
证法二
我们证明一个比（1）式更一般的结论（假设
a
,
b
,
c
,
x
,
y
a,b,c,x,y
a,b,c,x,y 同时为正实数）：
(
x
+
y
)
a
x
a
+
y
b
+
(
x
+
y
)
b
x
b
+
y
c
+
(
x
+
y
)
c
x
c
+
y
a
≤
3
\begin{align} \sqrt{\frac{(x+y)a}{xa+yb}}+\sqrt{\frac{(x+y)b}{xb+yc}}+\sqrt{\frac{(x+y)c}{xc+ya}} \leq 3 \end{align}
xa+yb(x+y)a+xb+yc(x+y)b+xc+ya(x+y)c≤3 不等式（19）在当
x
/
y
x/y
x/y 的比值满足下述范围
2
−
3
cos
(
π
/
18
)
+
3
sin
(
π
/
18
)
≤
y
x
≤
−
1
+
3
cos
(
π
/
9
)
−
3
sin
(
π
/
9
)
\begin{align} 2 - \sqrt{3} \cos(\pi/18) + 3 \sin(\pi/18) \leq \frac{y}{x} \leq -1 + 3 \cos(\pi/9) - \sqrt{3} \sin(\pi/9) \end{align}
2−3cos(π/18)+3sin(π/18)≤xy≤−1+3cos(π/9)−3sin(π/9) 时成立。上述比值范围改写成数值结果即为
0.81521
<
y
/
x
<
1.22668
0.81521<y/x<1.22668
0.81521<y/x<1.22668。
不等式（19）中，取 x = 5 , y = 6 x=5, y=6 x=5,y=6 时即为（1），显然满足（20），故我们只需证明（19）式在（20）的条件下成立即可。
通过柯西·施瓦兹不等式，我们有：
(
(
x
+
y
)
a
x
a
+
y
b
+
(
x
+
y
)
b
x
b
+
y
c
+
(
x
+
y
)
c
x
c
+
y
a
)
2
=
(
x
c
+
y
a
(
x
+
y
)
a
(
x
c
+
y
a
)
(
x
a
+
y
b
)
+
x
a
+
y
b
(
x
+
y
)
b
(
x
a
+
y
b
)
(
x
b
+
y
c
)
+
x
b
+
y
c
(
x
+
y
)
c
(
x
b
+
y
c
)
(
x
c
+
y
a
)
)
2
≤
(
x
c
+
y
a
+
x
a
+
y
b
+
x
b
+
y
c
)
(
(
x
+
y
)
a
(
x
c
+
y
a
)
(
x
a
+
y
b
)
+
(
x
+
y
)
b
(
x
a
+
y
b
)
(
x
b
+
y
c
)
+
(
x
+
y
)
c
(
x
b
+
y
c
)
(
x
c
+
y
a
)
)
=
(
x
+
y
)
(
a
+
b
+
c
)
⋅
a
b
x
2
+
2
a
b
x
y
+
a
b
y
2
+
a
c
x
2
+
2
a
c
x
y
+
a
c
y
2
+
b
c
x
2
+
2
b
c
x
y
+
b
c
y
2
(
x
a
+
y
b
)
(
x
c
+
y
a
)
(
x
b
+
y
c
)
=
(
x
+
y
)
3
(
a
+
b
+
c
)
(
b
c
+
a
b
+
a
c
)
(
x
a
+
y
b
)
(
x
c
+
y
a
)
(
x
b
+
y
c
)
\begin{align} &\left(\sqrt{\frac{(x+y)a}{xa+yb}}+\sqrt{\frac{(x+y)b}{xb+yc}}+\sqrt{\frac{(x+y)c}{xc+ya}}\right)^2\\ =&\Bigg(\Bigg. \sqrt{xc + ya}\sqrt{\frac{(x + y) a}{(x c + y a) (x a + y b)}} + \\ & \sqrt{xa + yb}\sqrt{\frac{(x + y) b}{(x a + y b) (x b + y c)}}+ \\ &\sqrt{xb + yc}\sqrt{\frac{(x + y) c}{(xb + yc) (x c + y a)}} \Bigg. \Bigg)^2 \\ \leq & \Bigg(\Bigg.x c + ya + xa + yb + xb + yc\Bigg. \Bigg)\Bigg(\Bigg.\frac{(x + y) a}{(x c + y a) (x a + y b)}+ \\ &\frac{(x + y) b}{(xa + y b) (x b + y c)}+\frac{(x + y) c}{(xb + yc) (xc + y a)}\Bigg. \Bigg) \\ =&(x+y) (a+b+c) \cdot \\ &\frac{a b x^2+2 a b x y+a b y^2+a c x^2+2 a c x y+a c y^2+b c x^2+2 b c x y+b c y^2}{(x a + y b) (x c+y a) (x b + y c)} \\ =&\frac{(x + y)^3 (a + b + c) (b c + a b + ac)}{(x a + y b) (x c+y a) (x b + y c)} \end{align}
=≤==(xa+yb(x+y)a+xb+yc(x+y)b+xc+ya(x+y)c)2(xc+ya(xc+ya)(xa+yb)(x+y)a+xa+yb(xa+yb)(xb+yc)(x+y)b+xb+yc(xb+yc)(xc+ya)(x+y)c)2(xc+ya+xa+yb+xb+yc)((xc+ya)(xa+yb)(x+y)a+(xa+yb)(xb+yc)(x+y)b+(xb+yc)(xc+ya)(x+y)c)(x+y)(a+b+c)⋅(xa+yb)(xc+ya)(xb+yc)abx2+2abxy+aby2+acx2+2acxy+acy2+bcx2+2bcxy+bcy2(xa+yb)(xc+ya)(xb+yc)(x+y)3(a+b+c)(bc+ab+ac) 其中的（28）式到（29）式是源于下面的因式分解：
a
b
x
2
+
2
a
b
x
y
+
a
b
y
2
+
a
c
x
2
+
2
a
c
x
y
+
a
c
y
2
+
b
c
x
2
+
2
b
c
x
y
+
b
c
y
2
=
(
x
+
y
)
2
(
a
b
+
a
c
+
b
c
)
\begin{align} & a b x^2+2 a b x y+a b y^2+a c x^2+2 a c x y+a c y^2+b c x^2+2 b c x y+b c y^2 \\ =& (x+y)^2 (a b+a c+b c) \end{align}
=abx2+2abxy+aby2+acx2+2acxy+acy2+bcx2+2bcxy+bcy2(x+y)2(ab+ac+bc) 类似于证法一，我们下面来估计
(
x
+
y
)
3
(
a
+
b
+
c
)
(
b
c
+
a
b
+
a
c
)
(
x
a
+
y
b
)
(
x
c
+
y
a
)
(
x
b
+
y
c
)
\frac{(x + y)^3 (a + b + c) (b c + a b + ac)}{(x a + y b) (x c+y a) (x b + y c)}
(xa+yb)(xc+ya)(xb+yc)(x+y)3(a+b+c)(bc+ab+ac) 的上界，不妨令:
(
x
+
y
)
3
(
a
+
b
+
c
)
(
b
c
+
a
b
+
a
c
)
(
x
a
+
y
b
)
(
x
c
+
y
a
)
(
x
b
+
y
c
)
≤
k
\begin{align} \frac{(x + y)^3 (a + b + c) (b c + a b + ac)}{(x a + y b) (x c+y a) (x b + y c)} \leq k \end{align}
(xa+yb)(xc+ya)(xb+yc)(x+y)3(a+b+c)(bc+ab+ac)≤k 又记
G
=
k
(
x
a
+
y
b
)
(
x
c
+
y
a
)
(
x
b
+
y
c
)
−
(
x
+
y
)
3
(
a
+
b
+
c
)
(
b
c
+
a
b
+
a
c
)
G=k (x a + y b) (x c+y a) (x b + y c)-(x + y)^3 (a + b + c) (b c + a b + ac)
G=k(xa+yb)(xc+ya)(xb+yc)−(x+y)3(a+b+c)(bc+ab+ac)，下面则需要证明在
x
,
y
x, y
x,y 的某个条件下
G
≥
0
G\geq 0
G≥0。我们改写一下
G
G
G：
G
=
(
k
x
2
y
−
(
x
+
y
)
3
)
(
b
2
c
+
c
2
a
+
a
2
b
)
+
(
k
x
y
2
−
(
x
+
y
)
3
)
(
a
b
2
+
b
c
2
+
c
a
2
)
+
(
k
x
3
+
k
y
3
−
3
(
x
+
y
)
3
)
a
b
c
\begin{align} G=&(kx^2 y -(x+y)^3)(b^2 c+c^2a+a^2 b) \\ +&(kx y^2 -(x+y)^3)(ab^2+bc^2+ca^2) \\ +&(kx^3 + ky^3 -3 (x+y)^3)abc \end{align}
G=++(kx2y−(x+y)3)(b2c+c2a+a2b)(kxy2−(x+y)3)(ab2+bc2+ca2)(kx3+ky3−3(x+y)3)abc 为验证上式，事实上由
G
G
G 的定义式展开而得：
G
=
(
a
2
b
k
x
2
y
−
a
2
b
x
3
−
3
a
2
b
x
2
y
−
3
a
2
b
x
y
2
−
a
2
b
y
3
)
+
(
a
2
c
k
x
y
2
−
a
2
c
x
3
−
3
a
2
c
x
2
y
−
3
a
2
c
x
y
2
−
a
2
c
y
3
)
+
(
a
b
2
k
x
y
2
−
a
b
2
x
3
−
3
a
b
2
x
2
y
−
3
a
b
2
x
y
2
−
a
b
2
y
3
)
+
(
a
b
c
k
x
3
+
a
b
c
k
y
3
−
3
a
b
c
x
3
−
9
a
b
c
x
2
y
−
9
a
b
c
x
y
2
−
3
a
b
c
y
3
)
+
(
a
c
2
k
x
2
y
−
a
c
2
x
3
−
3
a
c
2
x
2
y
−
3
a
c
2
x
y
2
−
a
c
2
y
3
)
+
(
b
2
c
k
x
2
y
−
b
2
c
x
3
−
3
b
2
c
x
2
y
−
3
b
2
c
x
y
2
−
b
2
c
y
3
)
+
(
b
c
2
k
x
y
2
−
b
c
2
x
3
−
3
b
c
2
x
2
y
−
3
b
c
2
x
y
2
−
b
c
2
y
3
)
\begin{align} G = &(a^2 b k x^2 y-a^2 b x^3-3 a^2 b x^2 y-3 a^2 b x y^2-a^2 b y^3)+(a^2 c k x y^2-a^2 c x^3-\\ &3 a^2 c x^2 y-3 a^2 c x y^2-a^2 c y^3)+(a b^2 k x y^2-a b^2 x^3-3 a b^2 x^2 y-3 a b^2 x y^2-\\ &a b^2 y^3)+(a b c k x^3+a b c k y^3-3 a b c x^3-9 a b c x^2 y-9 a b c x y^2-3 a b c y^3)+\\ &(a c^2 k x^2 y-a c^2 x^3-3 a c^2 x^2 y-3 a c^2 x y^2-a c^2 y^3)+(b^2 c k x^2 y-b^2 c x^3-\\ &3 b^2 c x^2 y-3 b^2 c x y^2-b^2 c y^3)+(b c^2 k x y^2-b c^2 x^3-3 b c^2 x^2 y-\\ &3 b c^2 x y^2-b c^2 y^3) \end{align}
G=(a2bkx2y−a2bx3−3a2bx2y−3a2bxy2−a2by3)+(a2ckxy2−a2cx3−3a2cx2y−3a2cxy2−a2cy3)+(ab2kxy2−ab2x3−3ab2x2y−3ab2xy2−ab2y3)+(abckx3+abcky3−3abcx3−9abcx2y−9abcxy2−3abcy3)+(ac2kx2y−ac2x3−3ac2x2y−3ac2xy2−ac2y3)+(b2ckx2y−b2cx3−3b2cx2y−3b2cxy2−b2cy3)+(bc2kxy2−bc2x3−3bc2x2y−3bc2xy2−bc2y3) 对上式关于
a
2
b
,
a
2
c
,
a
b
2
,
a
b
c
,
a
c
2
,
b
2
c
,
b
c
2
a^2b,a^2c,ab^2,abc,ac^2,b^2c,bc^2
a2b,a2c,ab2,abc,ac2,b2c,bc2 合并同类项即可得到（33）至（35）式。
为了对
G
G
G 应用算术几何平均不等式后能继续将
G
G
G 放缩小，不妨假设（33）与（34）式中的
k
x
2
y
−
(
x
+
y
)
3
≥
0
kx^2 y -(x+y)^3\geq 0
kx2y−(x+y)3≥0 以及
k
x
y
2
−
(
x
+
y
)
3
≥
0
kx y^2 -(x+y)^3 \geq 0
kxy2−(x+y)3≥0。于是对（33）至（34）式关于
b
2
c
+
c
2
a
+
a
2
b
b^2 c+c^2a+a^2 b
b2c+c2a+a2b 和
a
b
2
+
b
c
2
+
c
a
2
ab^2+bc^2+ca^2
ab2+bc2+ca2 应用算术几何平均不等式得到：
G
≥
3
(
(
k
x
2
y
−
(
x
+
y
)
3
)
+
(
k
x
y
2
−
(
x
+
y
)
3
)
a
b
c
+
(
k
x
3
+
k
y
3
−
3
(
x
+
y
)
3
)
a
b
c
\begin{align} G\geq &3((kx^2y-(x+y)^3)+(kxy^2-(x+y)^3)abc+\\ &(kx^3 + ky^3 -3 (x+y)^3)abc \end{align}
G≥3((kx2y−(x+y)3)+(kxy2−(x+y)3)abc+(kx3+ky3−3(x+y)3)abc 正如前面所述，我们期望 “在
x
,
y
x, y
x,y 的某个条件下
G
≥
0
G\geq 0
G≥0”，不妨令上式不等式的右边等于零，则得：
3
(
k
x
2
y
−
(
x
+
y
)
3
)
+
3
(
k
x
y
2
−
(
x
+
y
)
3
)
=
3
(
x
+
y
)
3
−
k
x
3
−
k
y
3
\begin{align} 3(kx^2y-(x+y)^3)+3(kxy^2-(x+y)^3)=3(x+y)^3-kx^3 - ky^3 \end{align}
3(kx2y−(x+y)3)+3(kxy2−(x+y)3)=3(x+y)3−kx3−ky3 因为
3
(
k
x
2
y
−
(
x
+
y
)
3
)
+
3
(
k
x
y
2
−
(
x
+
y
)
3
)
=
(
3
k
−
18
)
x
2
y
+
(
3
k
−
18
)
x
y
2
−
6
(
x
3
+
y
3
)
3(kx^2y-(x+y)^3)+3(kxy^2-(x+y)^3)=(3 k-18) x^2 y+(3 k-18) x y^2-6 (x^3+y^3)
3(kx2y−(x+y)3)+3(kxy2−(x+y)3)=(3k−18)x2y+(3k−18)xy2−6(x3+y3)，以及
3
(
x
+
y
)
3
−
k
x
3
−
k
y
3
=
(
3
−
k
)
x
3
+
(
3
−
k
)
y
3
+
9
x
2
y
+
9
x
y
2
3(x+y)^3-kx^3 - ky^3=(3-k) x^3+(3-k) y^3+9 x^2 y+9 x y^2
3(x+y)3−kx3−ky3=(3−k)x3+(3−k)y3+9x2y+9xy2，对比这里前后的系数项可得，当
k
=
9
k=9
k=9 时，（44）式成立。即在下述假设下，
9
x
2
y
−
(
x
+
y
)
3
≥
0
9
x
y
2
−
(
x
+
y
)
3
≥
0
\begin{align} 9x^2 y -(x+y)^3\geq 0 \\ 9x y^2 -(x+y)^3 \geq 0 \end{align}
9x2y−(x+y)3≥09xy2−(x+y)3≥0 我们有：
(
x
+
y
)
3
(
a
+
b
+
c
)
(
b
c
+
a
b
+
a
c
)
(
x
a
+
y
b
)
(
x
c
+
y
a
)
(
x
b
+
y
c
)
≤
9
\begin{align} \frac{(x + y)^3 (a + b + c) (b c + a b + ac)}{(x a + y b) (x c+y a) (x b + y c)} \leq 9 \end{align}
(xa+yb)(xc+ya)(xb+yc)(x+y)3(a+b+c)(bc+ab+ac)≤9 恒成立。代入（29）式可得（19）式成立。下面我们来讨论
x
,
y
x,y
x,y 的取值范围，且注意到
x
,
y
x,y
x,y 同时为正。将（45）、（46）式变形为：
(
x
+
y
)
3
x
2
y
≤
9
(
x
+
y
)
3
x
y
2
≤
9
\begin{align} \frac{(x+y)^3}{x^2y}\leq 9 \\ \frac{(x+y)^3}{xy^2}\leq 9 \end{align}
x2y(x+y)3≤9xy2(x+y)3≤9 进一步化简为：
x
y
+
3
+
3
y
x
+
(
y
x
)
2
≤
9
(
x
y
)
2
+
3
x
y
+
3
+
y
x
≤
9
\begin{align} \frac{x}{y}+3+3\frac{y}{x}+\left(\frac{y}{x}\right)^2\leq 9 \\ \left(\frac{x}{y}\right)^2+3\frac{x}{y}+3+\frac{y}{x}\leq 9 \end{align}
yx+3+3xy+(xy)2≤9(yx)2+3yx+3+xy≤9 令
t
=
y
/
x
t=y/x
t=y/x，上式化简可得
{
t
3
+
3
t
2
−
6
t
+
1
≤
0
(
a
)
t
3
−
6
t
2
+
3
t
+
1
≤
0
(
b
)
\begin{cases} t^3+3t^2-6t+1\leq 0 \hspace{5mm} &(a)\\ t^3-6t^2+3t+1 \leq 0 & (b) \end{cases}
{t3+3t2−6t+1≤0t3−6t2+3t+1≤0(a)(b) 因此条件（48）和（49）归结为三次不等式组（a）和（b）同时成立，并求出
t
t
t 的范围。解三次不等式组是一个比较复杂的问题，但我们可以求出三次方程（a）与（b）的对应
6
6
6 组实根。
（a）对应的三组实根为：
−
4.41147412780977...
-4.41147412780977...
−4.41147412780977...，
0.184792530904095...
0.184792530904095...
0.184792530904095...，
1.22668159690568...
1.22668159690568...
1.22668159690568...
（b）对应的三组实根为：
−
0.226681596905677...
-0.226681596905677...
−0.226681596905677...，
0.815207469095905...
0.815207469095905...
0.815207469095905...，
5.41147412780977...
5.41147412780977...
5.41147412780977...
我们先来看上面两个三次函数的图像：
我们再把中间
[
−
1
,
2
]
[-1,2]
[−1,2] 的部分单独画出来：
易知，
t
3
+
3
t
2
−
6
t
+
1
t^3+3t^2-6t+1
t3+3t2−6t+1 当
t
<
−
4.41147412780977...
t< -4.41147412780977...
t<−4.41147412780977... 或
0.184792530904095...
<
t
<
1.22668159690568...
0.184792530904095...< t < 1.22668159690568...
0.184792530904095...<t<1.22668159690568... 时为负，当
−
4.41147412780977...
<
t
<
0.184792530904095...
-4.41147412780977...< t < 0.184792530904095...
−4.41147412780977...<t<0.184792530904095... 或
t
>
1.22668159690568...
t > 1.22668159690568...
t>1.22668159690568... 时为正。
同理， t 3 − 6 t 2 + 3 t + 1 t^3-6t^2+3t+1 t3−6t2+3t+1 当 t < − 0.226681596905677... t<-0.226681596905677... t<−0.226681596905677... 或 0.815207469095905... < t < 5.41147412780977... 0.815207469095905...<t<5.41147412780977... 0.815207469095905...<t<5.41147412780977... 时为负，当 − 0.226681596905677... < t < 0.815207469095905... -0.226681596905677...<t<0.815207469095905... −0.226681596905677...<t<0.815207469095905... 或 t > 5.41147412780977... t>5.41147412780977... t>5.41147412780977... 时为正。
由 x , y x,y x,y 同时为正知 t > 0 t>0 t>0，从而可得，当 0.815207469095905... < t < 1.22668159690568... 0.815207469095905...<t<1.22668159690568... 0.815207469095905...<t<1.22668159690568... ，上面的（a）（b）两式同时成立。 t < − 4.41147412780977... t<-4.41147412780977... t<−4.41147412780977... 的结果舍去。
通过进一步的符号计算可得
t
3
−
6
t
2
+
3
t
+
1
=
0
t^3-6t^2+3t+1=0
t3−6t2+3t+1=0 的一个根的精确表达式为：
0.815207469095905...
=
2
−
3
cos
(
π
/
18
)
+
3
sin
(
π
/
18
)
0.815207469095905...=2 - \sqrt{3} \cos(\pi/18) + 3 \sin(\pi/18)
0.815207469095905...=2−3cos(π/18)+3sin(π/18) 而
t
3
+
3
t
2
−
6
t
+
1
=
0
t^3+3t^2-6t+1=0
t3+3t2−6t+1=0 的一个根的精确表达式为：
1.22668159690568...
=
−
1
+
3
cos
(
π
/
9
)
−
3
sin
(
π
/
9
)
1.22668159690568...=-1 + 3 \cos(\pi/9) - \sqrt{3} \sin(\pi/9)
1.22668159690568...=−1+3cos(π/9)−3sin(π/9) 最后我们把结论总结如下，对于正实数
a
,
b
,
c
,
x
,
y
a,b,c,x,y
a,b,c,x,y，不等式（19）：
(
x
+
y
)
a
x
a
+
y
b
+
(
x
+
y
)
b
x
b
+
y
c
+
(
x
+
y
)
c
x
c
+
y
a
≤
3
\sqrt{\frac{(x+y)a}{xa+yb}}+\sqrt{\frac{(x+y)b}{xb+yc}}+\sqrt{\frac{(x+y)c}{xc+ya}} \leq 3
xa+yb(x+y)a+xb+yc(x+y)b+xc+ya(x+y)c≤3 在当
2
−
3
cos
(
π
/
18
)
+
3
sin
(
π
/
18
)
≤
y
x
≤
−
1
+
3
cos
(
π
/
9
)
−
3
sin
(
π
/
9
)
2 - \sqrt{3} \cos(\pi/18) + 3 \sin(\pi/18)\leq \frac{y}{x} \leq -1 + 3 \cos(\pi/9) - \sqrt{3} \sin(\pi/9)
2−3cos(π/18)+3sin(π/18)≤xy≤−1+3cos(π/9)−3sin(π/9) 时成立。
这就完成了最终证明。 □ \quad \Box □
证法二的补充
特别地我们可以得到，当 x , y x,y x,y 为正整数时，若 x = y x=y x=y，则（19）成立。在 y > x y>x y>x时，若 y = x + 1 y=x+1 y=x+1，则当 x ≥ 5 x\geq 5 x≥5 时，（19）成立；若 y = x + 2 y=x+2 y=x+2，则当 x ≥ 9 x \geq 9 x≥9 时，（19）成立 ⋯ \cdots ⋯。在 y < x y<x y<x 时，若 y = x − 1 y=x-1 y=x−1，则当 x ≥ 6 x\geq 6 x≥6 时，（19）成立；若 y = x − 2 y=x-2 y=x−2，则当 x ≥ 11 x\geq 11 x≥11 时，（19）成立 ⋯ \cdots ⋯。
参考文献
[1] Inequality
