Question

一个竞赛的不等式，求助。

a，b，c≥0，求证：a^2 + b^2 + c^2 + 2abc + 1 ≥ 2(ab +bc +ca).

Answer 1

令F=a^2 + b^2 + c^2 + 2abc + 1 - 2(ab +bc +ca). 则只须证F≥0
设a>=b>=c
若c>=1 代数变形
F＝(a－1)^2＋2(b－1)×(c－1)a＋(b－c)^2>=0
若c<1 F＝(a＋bc－b－c)^2＋c(2－c)(b－1)^2＋(c－1)^2>=0

Answer 2

右边变形得4a^2+4b^2+4c^2>=2a^2+2b^2+2c^2+2(ab+bc+ac) 和左边比较若 3a^2+3b^2+3c^2+2abc+1>=4a^2+4b^2+4c^2 则等式成立，且成立的条件是等号同时满足，解得a=b=c=1。这样对应左边取得最小值。则说明a ,b ,c>1。这样变成了比较2abc+1和a^2+b^2+c^2的大小。因为在a,b,c>1时.a^2+b^2+c^2>=3abc>2abc+1.满足的等号条件还是a=b=c=1，等式成立。

Answer 3

令
f(a,b,c) = aa + bb + cc + 2abc + 1 - 2ab - 2bc - 2ac
f对a的偏导 f'a = a + bc - b - c
f对b的偏导 f'b = b + ac - a - c
f对c的偏导 f'c = c + ab - a - b

令f'a = f'b = f'c = 0, 在a，b，c≥0下求得驻点(a,b,c)为(0,0,0)或者(1,1,1)
f(0,0,0) = 1
f(1,1,1) = 0
f(+∞,+∞,+∞) = +∞

所以点(1,1,1)是在a,b,c≥0下的使得f(a,b,c)最小的点
f(a,b,c) ≥ f(1,1,1) = 0
即
aa + bb + cc + 2abc + 1 - 2ab - 2bc - 2ac ≥ 0
整理
aa + bb + cc + 2abc + 1 ≥ 2( ab + 2bc + 2ac )

Answer 4

上面的答案都有循环论证的理论错误。是错的解答。特别是第一个
解答如下：
由抽屉原理，a,b,c至少有两个在1的同侧（要么2个都大于1，要么2个都小于1）
不妨设a,b在1的同侧，
所以：（a-1)(b-1)大于等于0
ab大于等于a+b-1,两边乘以2c......
并且aa+bb+cc+1大于等于2ab+2c.........
以上两式相加即可！

Answer 5

(a-b-c)^2=a^2+b^2+c^2-2ab-2bc-2ac>=0
即证 (a-b-c)^2+2abc+1>=0

Answer 6

先分情况讨论
1）其中任意一个为0
例如c=0;a,b>0则
a^2+b^2+1≥2ab显然成立

2）其中任意两个为0
例如a=b=0;c>0则
c^2+1≥0显然成立

3）三个都为0则
1≥0 显然成立

4）a,b,c>0则