证明下述不等式

设 $a,b,c$ 是正实数，请证明下述不等式：
$$\begin{array}{r}\sqrt{\frac{11a}{5a+6b}}+\sqrt{\frac{11b}{5b+6c}}+\sqrt{\frac{11c}{5c+6a}}\le 3\end{array}$$ 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 $a_i,b_i\in \mathbb{R}$， i ∈ { 1 , 2 , 3 , ⋯ , n } i\in\{ 1,2,3,\cdots, n \} i∈{1,2,3,⋯,n}，则有
$$\begin{array}{r}{\left(\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i\right)}^2\le \sum _{i=1}^n{a}_i^2\sum _{i=1}^n{b}_i^2\end{array}$$ 等号成立当且仅当 $a_1/b_1=a_2/b_2=\cdots =a_n/b_n$ 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：
$$\begin{array}{r}\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i\le \sqrt{\sum _{i=1}^n{a}_i^2\sum _{i=1}^n{b}_i^2}\end{array}$$ 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，${\sum }_{\text{cyc}}$ 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 ${\sum }_{\text{cyc}}(5c+6a)=11(a+b+c)$，以及 ${\sum }_{\text{cyc}}a(5b+6c)=11(ab+bc+ca)$，为证明不等式（1），我们运用柯西·施瓦兹不等式：
$$\begin{array}{rl}& \sqrt{\frac{11a}{5a+6b}}+\sqrt{\frac{11b}{5b+6c}}+\sqrt{\frac{11c}{5c+6a}}\\ & =\sum _{\text{cyc}}\sqrt{\frac{11(5c+6a)}{(5a+6b)(5b+6c)(5c+6a)}\cdot a(5b+6c)}\\ & \le \sqrt{\sum _{\text{cyc}}\frac{11(5c+6a)}{(5a+6b)(5b+6c)(5c+6a)}\cdot \sum _{\text{cyc}}a(5b+6c)}\\ & \le \sqrt{\frac{11^2(a+b+c)}{(5a+6b)(5b+6c)(5c+6a)}\cdot \sum _{\text{cyc}}a(5b+6c)}\\ & =\sqrt{\frac{11^3(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(5a+6b)(5b+6c)(5c+6a)}}\end{array}$$ 为了求 $\frac{11^3(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(5a+6b)(5b+6c)(5c+6a)}$ 的上界，不妨令 $\frac{11^3(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(5a+6b)(5b+6c)(5c+6a)}\le k$，结合（1）式可猜测此处 $k=9$，结合此假设则有：
$$\begin{array}{r}11^3(a+b+c)(ab+bc+ca)\le 9(5a+6b)(5b+6c)(5c+6a)\end{array}$$ 将（9）式改写为：
$$\begin{array}{r}9(5a+6b)(5b+6c)(5c+6a)-11^3(a+b+c)(ab+bc+ca)\ge 0\end{array}$$ 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：
$$\begin{array}{r}abc=\sqrt[3]{a{b}^2\cdot b{c}^2\cdot c{a}^2}\le \frac{1}{3}(a{b}^2+b{c}^2+c{a}^2)\\ abc=\sqrt[3]{a^{2}b\cdot b^{2}c\cdot c^{2}a}\le \frac{1}{3}(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)\end{array}$$ 结合（11）、（12）两式则有：
$$\begin{array}{rl}& 9(5a+6b)(5b+6c)(5c+6a)-11^3(a+b+c)(ab+bc+ca)\\ & =19a^{2}b+289a{b}^2+289a^{2}c-924abc+19b^{2}c+19a{c}^2+289b{c}^2\\ & =289(a{b}^2+b{c}^2+c{a}^2)+19(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)-924abc\\ & =289(a{b}^2+b{c}^2+c{a}^2-3abc)+19(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a-3abc)\\ & \ge 0\end{array}$$ 这就证明了（10）式成立。故而 $\frac{11^3(a+b+c)(ab+bc+ca)}{(5a+6b)(5b+6c)(5c+6a)}\le 9$，代入（8）式可得：
$$\begin{array}{r}\sqrt{\frac{11a}{5a+6b}}+\sqrt{\frac{11b}{5b+6c}}+\sqrt{\frac{11c}{5c+6a}}\le 3\end{array}$$ 因此不等式（1）成立。$\square$

证法二

我们证明一个比（1）式更一般的结论（假设 $a,b,c,x,y$ 同时为正实数）：
$$\begin{array}{r}\sqrt{\frac{(x+y)a}{xa+yb}}+\sqrt{\frac{(x+y)b}{xb+yc}}+\sqrt{\frac{(x+y)c}{xc+ya}}\le 3\end{array}$$ 不等式（19）在当 $x/y$ 的比值满足下述范围
$$\begin{array}{r}2-\sqrt{3}\cos (\pi /18)+3\sin (\pi /18)\le \frac{y}{x}\le -1+3\cos (\pi /9)-\sqrt{3}\sin (\pi /9)\end{array}$$ 时成立。上述比值范围改写成数值结果即为 $0.81521<y/x<1.22668$。

不等式（19）中，取 $x=5,y=6$ 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：
$$\begin{array}{rl}& {\left(\sqrt{\frac{(x+y)a}{xa+yb}}+\sqrt{\frac{(x+y)b}{xb+yc}}+\sqrt{\frac{(x+y)c}{xc+ya}}\right)}^2\\ =& (\sqrt{xc+ya}\sqrt{\frac{(x+y)a}{(xc+ya)(xa+yb)}}+\\ & \sqrt{xa+yb}\sqrt{\frac{(x+y)b}{(xa+yb)(xb+yc)}}+\\ & \sqrt{xb+yc}\sqrt{\frac{(x+y)c}{(xb+yc)(xc+ya)}}{)}^2\\ \le & (xc+ya+xa+yb+xb+yc)(\frac{(x+y)a}{(xc+ya)(xa+yb)}+\\ & \frac{(x+y)b}{(xa+yb)(xb+yc)}+\frac{(x+y)c}{(xb+yc)(xc+ya)})\\ =& (x+y)(a+b+c)\cdot \\ & \frac{ab{x}^2+2abxy+ab{y}^2+ac{x}^2+2acxy+ac{y}^2+bc{x}^2+2bcxy+bc{y}^2}{(xa+yb)(xc+ya)(xb+yc)}\\ =& \frac{(x+y{)}^3(a+b+c)(bc+ab+ac)}{(xa+yb)(xc+ya)(xb+yc)}\end{array}$$ 其中的（28）式到（29）式是源于下面的因式分解：
$$\begin{array}{rl}& ab{x}^2+2abxy+ab{y}^2+ac{x}^2+2acxy+ac{y}^2+bc{x}^2+2bcxy+bc{y}^2\\ =& (x+y{)}^2(ab+ac+bc)\end{array}$$ 类似于证法一，我们下面来估计 $\frac{(x+y{)}^3(a+b+c)(bc+ab+ac)}{(xa+yb)(xc+ya)(xb+yc)}$ 的上界，不妨令:
$$\begin{array}{r}\frac{(x+y{)}^3(a+b+c)(bc+ab+ac)}{(xa+yb)(xc+ya)(xb+yc)}\le k\end{array}$$ 又记 $G=k(xa+yb)(xc+ya)(xb+yc)-(x+y{)}^3(a+b+c)(bc+ab+ac)$，下面则需要证明在 $x,y$ 的某个条件下 $G\ge 0$。我们改写一下 $G$：
$$\begin{array}{rl}G=& (k{x}^{2}y-(x+y{)}^3)(b^{2}c+c^{2}a+a^{2}b)\\ +& (kx{y}^2-(x+y{)}^3)(a{b}^2+b{c}^2+c{a}^2)\\ +& (k{x}^3+k{y}^3-3(x+y{)}^3)abc\end{array}$$ 为验证上式，事实上由 $G$ 的定义式展开而得：
$$\begin{array}{rl}G=& (a^{2}bk{x}^{2}y-a^{2}b{x}^3-3a^{2}b{x}^{2}y-3a^{2}bx{y}^2-a^{2}b{y}^3)+(a^{2}ckx{y}^2-a^{2}c{x}^3-\\ & 3a^{2}c{x}^{2}y-3a^{2}cx{y}^2-a^{2}c{y}^3)+(a{b}^{2}kx{y}^2-a{b}^2{x}^3-3a{b}^2{x}^{2}y-3a{b}^{2}x{y}^2-\\ & a{b}^2{y}^3)+(abck{x}^3+abck{y}^3-3abc{x}^3-9abc{x}^{2}y-9abcx{y}^2-3abc{y}^3)+\\ & (a{c}^{2}k{x}^{2}y-a{c}^2{x}^3-3a{c}^2{x}^{2}y-3a{c}^{2}x{y}^2-a{c}^2{y}^3)+(b^{2}ck{x}^{2}y-b^{2}c{x}^3-\\ & 3b^{2}c{x}^{2}y-3b^{2}cx{y}^2-b^{2}c{y}^3)+(b{c}^{2}kx{y}^2-b{c}^2{x}^3-3b{c}^2{x}^{2}y-\\ & 3b{c}^{2}x{y}^2-b{c}^2{y}^3)\end{array}$$ 对上式关于 $a^{2}b,a^{2}c,a{b}^2,abc,a{c}^2,b^{2}c,b{c}^2$ 合并同类项即可得到（33）至（35）式。

为了对 $G$ 应用算术几何平均不等式后能继续将 $G$ 放缩小，不妨假设（33）与（34）式中的 $k{x}^{2}y-(x+y{)}^3\ge 0$ 以及 $kx{y}^2-(x+y{)}^3\ge 0$。于是对（33）至（34）式关于 $b^{2}c+c^{2}a+a^{2}b$ 和 $a{b}^2+b{c}^2+c{a}^2$ 应用算术几何平均不等式得到：
$$\begin{array}{rl}G\ge & 3((k{x}^{2}y-(x+y{)}^3)+(kx{y}^2-(x+y{)}^3)abc+\\ & (k{x}^3+k{y}^3-3(x+y{)}^3)abc\end{array}$$ 正如前面所述，我们期望 “在 $x,y$ 的某个条件下 $G\ge 0$”，不妨令上式不等式的右边等于零，则得：
$$\begin{array}{r}3(k{x}^{2}y-(x+y{)}^3)+3(kx{y}^2-(x+y{)}^3)=3(x+y{)}^3-k{x}^3-k{y}^3\end{array}$$ 因为 $3(k{x}^{2}y-(x+y{)}^3)+3(kx{y}^2-(x+y{)}^3)=(3k-18)x^{2}y+(3k-18)x{y}^2-6(x^3+y^3)$，以及 $3(x+y{)}^3-k{x}^3-k{y}^3=(3-k)x^3+(3-k)y^3+9x^{2}y+9x{y}^2$，对比这里前后的系数项可得，当 $k=9$ 时，（44）式成立。即在下述假设下，
$$\begin{array}{r}9x^{2}y-(x+y{)}^3\ge 0\\ 9x{y}^2-(x+y{)}^3\ge 0\end{array}$$ 我们有：
$$\begin{array}{r}\frac{(x+y{)}^3(a+b+c)(bc+ab+ac)}{(xa+yb)(xc+ya)(xb+yc)}\le 9\end{array}$$ 恒成立。代入（29）式可得（19）式成立。下面我们来讨论 $x,y$ 的取值范围，且注意到 $x,y$ 同时为正。将（45）、（46）式变形为：
$$\begin{array}{r}\frac{(x+y{)}^3}{x^{2}y}\le 9\\ \frac{(x+y{)}^3}{x{y}^2}\le 9\end{array}$$ 进一步化简为：
$$\begin{array}{r}\frac{x}{y}+3+3\frac{y}{x}+{\left(\frac{y}{x}\right)}^2\le 9\\ {\left(\frac{x}{y}\right)}^2+3\frac{x}{y}+3+\frac{y}{x}\le 9\end{array}$$ 令 $t=y/x$，上式化简可得
$$\{\begin{array}{ll}{t}^3+3t^2-6t+1\le 0& (a)\\ t^3-6t^2+3t+1\le 0& (b)\end{array}$$ 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 $t$ 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 $6$ 组实根。

（a）对应的三组实根为：
$-\mathrm{4.41147412780977...}$，$\mathrm{0.184792530904095...}$，$\mathrm{1.22668159690568...}$

（b）对应的三组实根为：
$-\mathrm{0.226681596905677...}$，$\mathrm{0.815207469095905...}$，$\mathrm{5.41147412780977...}$

我们先来看上面两个三次函数的图像：
我们再把中间 $[-1,2]$ 的部分单独画出来：
易知，$t^3+3t^2-6t+1$ 当 $t<-\mathrm{4.41147412780977...}$ 或 $\mathrm{0.184792530904095...}<t<\mathrm{1.22668159690568...}$ 时为负，当 $-\mathrm{4.41147412780977...}<t<\mathrm{0.184792530904095...}$ 或 $t>\mathrm{1.22668159690568...}$ 时为正。

同理，$t^3-6t^2+3t+1$ 当 $t<-\mathrm{0.226681596905677...}$ 或 $\mathrm{0.815207469095905...}<t<\mathrm{5.41147412780977...}$ 时为负，当 $-\mathrm{0.226681596905677...}<t<\mathrm{0.815207469095905...}$ 或 $t>\mathrm{5.41147412780977...}$ 时为正。

由 $x,y$ 同时为正知 $t>0$，从而可得，当 $\mathrm{0.815207469095905...}<t<\mathrm{1.22668159690568...}$ ，上面的（a）（b）两式同时成立。$t<-\mathrm{4.41147412780977...}$ 的结果舍去。

通过进一步的符号计算可得 $t^3-6t^2+3t+1=0$ 的一个根的精确表达式为：
$$\mathrm{0.815207469095905...}=2-\sqrt{3}\cos (\pi /18)+3\sin (\pi /18)$$ 而 $t^3+3t^2-6t+1=0$ 的一个根的精确表达式为：$$\mathrm{1.22668159690568...}=-1+3\cos (\pi /9)-\sqrt{3}\sin (\pi /9)$$ 最后我们把结论总结如下，对于正实数 $a,b,c,x,y$，不等式（19）：
$$\sqrt{\frac{(x+y)a}{xa+yb}}+\sqrt{\frac{(x+y)b}{xb+yc}}+\sqrt{\frac{(x+y)c}{xc+ya}}\le 3$$ 在当 $2-\sqrt{3}\cos (\pi /18)+3\sin (\pi /18)\le \frac{y}{x}\le -1+3\cos (\pi /9)-\sqrt{3}\sin (\pi /9)$ 时成立。

这就完成了最终证明。 $\square$

证法二的补充

特别地我们可以得到，当 $x,y$ 为正整数时，若 $x=y$，则（19）成立。在$y>x$时，若 $y=x+1$，则当 $x\ge 5$ 时，（19）成立；若 $y=x+2$，则当 $x\ge 9$ 时，（19）成立 $\cdots$。在 $y<x$ 时，若 $y=x-1$，则当 $x\ge 6$ 时，（19）成立；若 $y=x-2$，则当 $x\ge 11$ 时，（19）成立 $\cdots$。

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参考文献
[1] Inequality