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求一个不等式最大值设x,y,z为正实数,且yz+zx+xy=1.

2009-06-01 20:17:571***
设x,y,z为正实数,且yz+zx+xy=1.求使 (1+x^2)/yz+(1+y^2)/zx+(1+z^2)/xy>=k(x^2+y^2+z^2-1)+12. 成立的最大k值,并给出证明. 求一个不等式最大值设x,y,z为正实数,且yz+zx+xy=1.求使(1+x^2)/yz+(1+y^2)/zx+(1+z^2)/xy=k(x^2+y^2?

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  •   运用bottest验证k的最大值为9+4√2。 即我们证明 (1+x^2)/yz+(1+y^2)/zx+(1+z^2)/xy≥(9+4√2)(x^2+y^2+z^2-1)+12。 (1) 对(1)式首先齐次化处理得: ∑yz*∑(x+y)*(x+z)/yz≥(9+4√2)∑x^2(3-4√2)∑yz (2) (2)式展开化简为 ∑x^4*(y+z)+∑x^3*(y^2+z^2)-(6+4√2)xyz∑x^2+(2+4√2)xyz∑yz≥0 (3) 设x=max(x,y,z),(3)分解为: [x^2*(y+z)-4√2xyz+(y+z)*(y^2+z^2)]*(x-y)*(x-z)+ 2x(x^2+y^2+z^2-2√2yz)*(y-z)^2≥0 (4) 显然当x=max(x,y,z)时 x^2+y^2+z^2-2√2yz>0; (5) x^2*(y+z)-4√2xyz+(y+z)*(y^2+z^2)≥0 (6) 所以(4)式成立。
       在不等式(6)中,系数4√2是最大了, 当x:y:z=√2:1:1时，(6)取等号。 。
    2009-06-02 13:41:20
  •   设x,y,z为正实数,且yz+zx+xy=1。求使 (1+x^2)/yz+(1+y^2)/zx+(1+z^2)/xy>=k(x^2+y^2+z^2-1)+12。 成立的最大k值,并给出证明。 经验证:上式成立的最大k值是方程:t^2-18t+7=0的较大的正根。
       即kmax=9+4√2。 首先对上式齐次化 ∑(x+y)*(x+z)/yz≥[k(∑x^2-1)+12∑yz]/∑yz (1) 我们只需证: ∑(x+y)*(x+z)/yz≥[(9+4√2)(∑x^2-∑yz)+12∑yz]/∑yz (2) 记x=s-a,y=s-b,z=s-c,其中a,b,c表示一三角形三边长,2s=a+b+c。
       (2)式化简为: ∑yz*[∑x^3+∑x*∑yz]≥xyz[(9+4√2)∑x^2+(3-4√2)∑yz] (3) 根据三角形恒等式: ∑yz=r(4R+r); ∑x^2=s^2-2r(4R+r); xyz=sr^2; ∑x^3=s(s^2-12Rr)。
       将上述恒等式代入(3)式,整理得: [R-√2(1+√2)r]s^2+r(4R+r)*[2R+(4+3√2)r]≥0 (4) 下面给出不等式(4)的一般式的证明。 在三角形ABC中,对t≥0,总有 [R-t(t+1)r]s^2+r(4R+r)*[(t^2-4)R+(t^2+3t+2)r]≥0 (5) 将(5)式看作是关于t的一元两次式,(5)式整理为: r[(4R+r)(R+r)-s^2]t^2+r[3r(4R+r)-s^2]t-[Rs^2-2r(4R+r)(2R-r)]≥0 据Gerretsen不等式:4R^2+4Rr+3r^3≥s^2,知(4R+r)(R+r)-s^2≥0。
      由一元两次判别式,只需证 r[3r(4R+r)-s^2]^2-4[(4R+r)(R+r)-s^2]*[Rs^2-2r(4R+r)(2R-r)]≤0 上式化简整理得: r(4R+r)*[s^4-(4R^2+20Rr-2r^2)s^2+r(4R+r)^3]≤0 (6) 由三角形基本不等式即知(6)式成立,故(5)式成立。
       (5)式当三边之比为:2:t+1:t+1或1:1:1时成立。 在不等式(5)中,取t=√2,即得不等式(4)。 备注:如果记x=tan(A/2),y=tan(B/2),z=tan(C/2),化简得: (4R+r)^2*[R-(2+√2)]-[2R-(4+3√2)r]s^2≥0 (7) 。
      
    2009-06-02 10:20:12
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