单墫教授一道不等式的另证及推广

近段时间没怎么做题，今晚翻看各公众号的题目，发现单墫教授发的一道不等式难题：

设𝑎，𝑏，𝑐>0，𝑎+𝑏+𝑐=𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑐𝑎．求证：

√(𝑎𝑏)+√(𝑏𝑐)+√(𝑐𝑎)≥2+√(𝑎𝑏𝑐)．

不少老师给出了证明，见文末链接．

看到本题，我首先想到了2019年的巴尔干数学奥林匹克第2题，并以此为引理完成了证明．

以下为我的做法：

证明： 若𝑎，𝑏，𝑐均大于1，则𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑐𝑎>𝑎+𝑏+𝑐，矛盾！故不妨设𝑐≥𝑏≥1≥𝑎．

先证明一个引理：（2019年巴尔干数学奥林匹克）

实数𝑎，𝑏，𝑐满足0≤𝑎≤𝑏≤𝑐，且𝑎+𝑏+𝑐=𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑐𝑎>0．则√(𝑏𝑐)(𝑎+1)≥2．

引理的证明：

同上可知𝑎≤1，则

公式：bc=a+(1-a)(b+c)\geq a+2(1-a)\sqrt{bc}

记√(𝑏𝑐)=𝑡，则上式变为：

这是一个关于𝑡的二次不等式．考虑二次方程

其两根一正一负，设正根为𝑡_(1)，则𝑡≥𝑡_(1)，待证式等价于𝑡≥(2)/(𝑎+1)，故只需证明：

即证𝑎^(3)−2𝑎^(2)+𝑎≥0，显然成立．

回到原题．

因此有

公式：\begin{align*} &\sqrt{ab}+\sqrt{bc}+\sqrt{ca}-\sqrt{abc}\\ =&\sqrt{bc}(1-\sqrt{a})+\sqrt{a}(\sqrt{b}+\sqrt{c})\\ \geq&\dfrac{2(1-\sqrt{a})}{1+a}+2\sqrt{a\sqrt{bc}}\\ \geq&\dfrac{2(1-\sqrt{a})}{1+a}+2\sqrt{\dfrac{2a}{1+a}} \end{align*}

故只需证：

即

最后给出此不等式的一个加强，欢迎读者交流：

设𝑎，𝑏，𝑐>0，𝑎+𝑏+𝑐=𝑎𝑏+𝑏𝑐+𝑐𝑎，𝑘>0．求证：

公式：(ab)^k+(bc)^k+(ca)^k-(abc)^k\geq \min(2,4^k)．