恒等变形与不等式—安振平老师的5226号不等式问题的解

问题： 设$a,b,c\geq 0$， 求证：

　　$\frac{a(a-b)}{1+ab}+\frac{b(b-c)}{1+bc}+\frac{c(c-a)}{1+ca}\geq 0.$

证明：易知原不等式等价于

${\frac { \left( a-b \right) ^{2}}{1+ab}}+{\frac { \left( b-c \right) ^{2}}{1+ca}}+{\frac { \left( 1+2\,bc+a{b}^{2}c \right) \left( a-b\right) \left( b-c \right) }{ \left( 1+ab \right) \left( 1+bc\right) \left( 1+ca \right) }}\geq 0,$               (1)

或

${\frac { \left( a-b \right) ^{2}}{1+ab}}+{\frac { \left( b-c \right) ^{2}}{1+ca}}-{\frac { \left( 1+2\,bc+a{b}^{2}c \right) \left( a-b\right) \left( c-b \right) }{ \left( 1+ab \right) \left( 1+bc\right) \left( 1+ca \right) }}\geq 0.$                (2)

由轮换对称性,要证原不等式成立只要证当$a=\max{\{a,b,c\}}$时,原不等式成立即可.

(i) 当$a\geq b\geq c\geq 0$时,不等式(1)显然成立.

(ii) 当$a\geq c\geq b\geq 0$时,$(1+ab)(1+bc)-(1+2bc+a{b}^{2}c)=b(a-c)\geq 0$, 即$(1+ab)(1+bc)\geq 1+2bc+a{b}^{2}c$, 于是要证不等式(2)只要证

${\frac { \left( a-b \right) ^{2}}{1+ab}}+{\frac { \left( b-c \right) ^{2}}{1+ca}}-{\frac { (1+ab)(1+bc) \left( a-b\right) \left( c-b \right) }{ \left( 1+ab \right) \left( 1+bc\right) \left( 1+ca \right) }}\geq 0$

$ \Leftrightarrow {\frac { \left( a-b \right) ^{2}}{1+ab}}+{\frac { \left( b-c \right) ^{2}}{1+ca}}-\frac{(a-b)(c-b)}{1+ca}\geq 0$

$ \Leftrightarrow {\frac { (1+ca)\left( a-b \right) ^{2}}{1+ab}}+(b-c)^2-(a-b)(c-b)\geq 0$

$ \Leftrightarrow {\frac { a(c-b)\left( a-b \right) ^{2}}{1+ab}}+\frac{1}{2}(a-b)^2+\frac{1}{2}(b-c)^2+\frac{1}{2}(a-c)^2\geq 0.$                             (3)

不等式(3)显然成立,于是不等式(2)成立.

由(i)(ii)知原不等式成立.