2L所说正确，所证不等式右边系数改为6。即
∑(1+x)*√[x/(1+yz)]≥6√(yz+zx+xy)
证明 首先齐次化。
∑(2x+y+z)√[x(y+z)]≥6[∏√(y+z)*√∑yz]/√∑x (1)
上式两边平方
∑x{∑x(y+z)(2x+y+z)^2+2∑(2y+z+x)(2z+x+y)√[yz(x+y)(x+z)]}
≥36∏(y+z)*∑yz (2)
由局部不等式：
√[yz(x+y)(x+z)]≥yz(2x+y+z)/(y+z); (3-1)
√[zx(y+z)(x+y)]≥zx(2y+z+x)/(z+x); (3-2)
√[xy(z+x)(y+z)]≥xy(2z+x+y)/(x+y)。
(3-3)
(3-1)式两边平方化==>
x(x+y+z)*(y-z)^2≥0
因此只需证
∑x*∑x(y+z)(2x+y+z)^2+2∑x*∏(2x+y+z)*∑yz/(y+z)≥36∏(y+z)*∑yz (4)
令x=s-a,y=s-b,z=s-c,s,R,r分别表示三角形ABC的半周长、外接圆与内切圆半径。
BC=a,CA=b,AB=c。则
∑x*∑x(y+z)(2x+y+z)^2=s∑a(s-a)(b+c)^2
=2sr[(10R-r)s^2-r(4R+r)^2];
∑x*∏(2x+y+z)*∑yz/(y+z)=s∏(b+c)*∑(s-b)(s-c)/a
=sr(s^2+2Rr+r^2)*[s^2+(4R+r)^2]/(2R);
∏(y+z)*∑yz=4Rsr^2*(4R+r)。
所以(4)式转化为
2sr[(10R-r)s^2-r(4R+r)^2]+sr(s^2+2Rr+r^2)*[s^2+(4R+r)^2]/R
≥144Rsr^2*(4R+r)
s^4+(36R^2+8Rr+2r^2)s^2-r(4R+r)(144R^2-4Rr-r^2)≥0 (5)
(5)分解为：
(s^2+36R^2+24Rr-3r^2)(s^2-16Rr+5r^2)+4r^2*(19R-2r)(R-2r)≥0
∵s^2-16Rr+5r^2≥0, R-2r≥0。
∴上式成立。
。
学习初等数学的中学生，容易陷入某些陷阱，例如不等式、数列通项公式等等，本人当初也是这样走过来的。 这种陷阱是深不见底的，一个人穷其一生去钻研不等式，也无法穷尽，很难有什么建树的。当然数学上有一些非常漂亮的不等式，令人赞叹，但如今中学生在搞的大多数不等式是毫无用处的，纯粹是一种游戏而已。例如本题的不等式就一点没有什么用处，更谈不上有什么美感。中学生花费大量精力的问题，实际上与学习数学是没有多大关系的，我只是提醒大家罢了，听不听当然就由你自己的。 我一般懒得证明那种不等式的，今天心情好，凑一下热闹，如果我的证明有问题，请告诉我。
当x=y=z=1/3时，原不等式左边=2√3，而右边=√3/2 先写几个恒等式和不等式 x+yz=x(x+y+z)+yz=(x+y)(x+z);1+x=(x+y)+(x+z) x^2+y^2+z^2=1-2(xy+yz+zx)，(xy+yz+zx)≤1/3 √xy+√yz+√zx≤1 于是 （1+x)√[x/(x+yz)]=[(x+y)+(x+z)]√[x/(x+y)(x+z)] ≥2√x 原不等式化为 4(√x+√y+√z)≥3√(xy+yz+zx) 等价于 16(x+y+z)+32(√xy+√yz+√zx)≥9(xy+yz+zx) 由x+y+z=1，16(x+y+z)=16>9(xy+yz+zx) 原不等式成立
答：这个不等式难证，它等价于 设a,b,c为三角形三边长,则 √(9a^2+16bc)+√(9b^2+16ca)+√(9c^2+16ab)≥5(a+b+c) 介绍一...详情>>
答：详情>>
