Inequality

不妨設 x ≤ y ≤ z , 並記 f (x ,y ,z) = 1/√(x+y) + 1/√(y+z) + 1/√(z+x) 。
易見 f (0 ,1 ,1) 取最小值 2 + 1/√2 , 猜想當 f 有最小值時 x = 0 , 此時 z = 1/y 。
嘗試證明在 xy + yz + zx = 1 之條件下恆有 : f (x , y , z) ≥ f (0 , x+y , 1/(x+y))
⇔ 1/√(x+y) + 1/√(y+z) + 1/√(z+x) ≥ 1/√(x+y) + 1/√(x+y + 1/(x+y)) + √(x+y)
因兩方均為正數
⇔ ( 1/√(y+z) + 1/√(z+x) )² ≥ ( 1/√(x+y + 1/(x+y)) + √(x+y) )²
⇔ 1/(y+z) + 1/(z+x) + 2 / √((y+z)(z+x))
≥ (x+y) / ((x+y)² + 1) + x+y + 2(x+y) / √((x+y)² + 1)
先證 2 / √((y+z)(z+x)) ≥ 2(x+y) / √((x+y)² + 1) :
⇔ 1 / ((y+z)(z+x)) ≥ (x+y)² / ((x+y)² + 1)
⇔ (x+y)² + 1 ≥ (y+z)(z+x) (x+y)²
⇔ (x+y)² + 1 ≥ (xy + yz + zx + z²) (x+y)²
⇔ (x+y)² + 1 ≥ (1 + z²) (x+y)²
⇔ 1 ≥ (zx + yz)²
⇔ 1 ≥ (1 - xy)²
因 z = (1 - xy) / (x+y) ≥ 0 , 故 0 ≤ xy ≤ 1 , 得證。
再證 1/(y+z) + 1/(z+x) ≥ (x+y) / ((x+y)² + 1) + x+y :
⇔ (x+y+2z) / (1+z²) ≥ (x+y) / ((x+y)² + 1) + x+y
⇔ (x+y + 2(1 - xy) / (x+y)) / (1 + (1 - xy)² / (x+y)²) ≥ (x+y) / ((x+y)² + 1) + x+y
⇔ ((x+y)² + 2(1 - xy)) / ((x+y)² + (1 - xy)²) ≥ 1 / ((x+y)² + 1) + 1
⇔ (x²+y² + 2) / (x²+y² + x²y² + 1) ≥ ((x+y)² + 2) / ((x+y)² + 1)
⇔ (x²+y²) (x+y)² + 2(x+y)² + x²+y² + 2 ≥ (x²+y²) (x+y)² + x²y² (x+y)² + (x+y)²
+ 2(x²+y²) + 2x²y² + 2
⇔ (x+y)² ≥ x²y² (x+y)² + (x²+y²) + 2x²y²
⇔ 2xy - x²y² (x+y)² - 2x²y² ≥ 0
⇔ xy (2(1 - xy) - xy(x+y)²) ≥ 0
⇔ xy (2(1 - xy)/(x+y) - xy(x+y)) ≥ 0
⇔ xy (2z - xy(x+y)) ≥ 0
因 2z > x+y , 而 0 ≤ xy ≤ 1 , 故證。綜上恆有 f (x , y , z) ≥ f (0 , x+y , 1/(x+y)) 。

f (0 , x+y , 1/(x+y))
= 1/√(x+y) + 1 / √( x+y + 1/(x+y) ) + √(x+y)
= √( (x+y) + 1/(x+y) + 2 ) + 1 / √( x+y + 1/(x+y) ) 令 k = (x+y) + 1/(x+y) ≥ 2 ,
f (0 , x+y , 1/(x+y))
= f (k) = √(k+2) + 1/√k , (k ≥ 2) f '(k) = ( 1/√(k+2) - 1/√k³ ) / 2令 ( 1/√(k+2) - 1/√k³ ) / 2 = 0
k³ - k - 2 = 0
唯一實根 k = 1.5213797... , 知 f (k) 在 k ≥ 1.5213797... 時單調增,

從而 f (k=2) = √(2+2) + 1/√2 = 2 + 1/√2 為 f (x ,y ,z) 之最小值。
當且僅當 k = (x+y) + 1/(x+y) = 2 即 (x+y) = 1/(x+y) = 1
對應 (x , y , z) = (0 , 1 , 1) 及其輪換時取到。

三維微分可解決 .

AM-GM inequality?

有難度 ......