关于一道不等式证明题

$a, b, c > 0$。求证 $\sum \frac{a}{a+\sqrt{(a+c)(a+b)}} \le 1$

第一眼没能看出什么思路，不过，观察答案后，我不由对一道（类）题产生了联想。

我们先看这样一道题： 已知 $x=1$。求证 $\frac{1}{x+0} \le 1$。$x=1$时可以取等。 ……搞错了，再来。

已知 $xy=1$ , 求证 $\frac{1}{x+1}+\frac{1}{y+1} \le 1$。 通分一下. $x+y+2 \le xy+x+y+1$。$xy=1$ 代入. 显然成立。 这其实也是个等式. $x=y=1$ 时可以取等。

已知 $xyz=1$ 求证 $\frac{1}{x+2}+\frac{1}{y+2}+\frac{1}{z+2} \le 1$。 这次终于是不等式了。但也有一点难度吧。 其实，只需有一点勇气就好。 通分：

$$xy+yz+xz+4(x+y+z)+12 \le xyz+2(xy+yz+xz)+4(x+y+z)+8$$

$xyz=1$代入。 即证 $xy+yz+xz \ge 3$。

$$xy+yz+xz \ge 3\sqrt[3]{(xyz)^2} = 3$$

当且仅当 $x=y=z=1$ 时取等。

那么可以猜想：若 $a_1 \cdot a_2 \cdot \dots \cdot a_n = 1$ 则 $\sum_{i=1}^n \frac{1}{a_i+n-1} \le 1 \quad (n \ge 3)$ 当且仅当 $a_1=a_2=\dots=a_n$ 时取等。 这个猜想一会再证。

让我们来回归原题。观察其中一项 $\frac{a}{a+\sqrt{(a+b)(a+c)}}$，这 $\sqrt{(a+b)(a+c)}$ 很特殊。 于是不难想到柯西：

$$(\sqrt{a}^2+\sqrt{b}^2)(\sqrt{a}^2+\sqrt{c}^2) \ge (a+\sqrt{bc})^2$$

故 $\sqrt{(a+b)(a+c)} \ge a+\sqrt{bc}$。 原式 $\le \sum \frac{a}{a+a+\sqrt{bc}} = \sum \frac{a}{2a+\sqrt{bc}}$。

注意到齐次，可以通过直接换元来获得一个约束条件。对于每一项上下分别同除分子，得：

$$\frac{1}{2+\frac{\sqrt{bc}}{a}} + \frac{1}{2+\frac{\sqrt{ac}}{b}} + \frac{1}{2+\frac{\sqrt{ab}}{c}}$$

令 $\frac{\sqrt{bc}}{a}=x \quad \frac{\sqrt{ac}}{b}=y \quad \frac{\sqrt{ab}}{c}=z \quad$ 则 $xyz=1$。 于是题目变为，已知 $xyz=1$，求证 $\frac{1}{x+2}+\frac{1}{y+2}+\frac{1}{z+2} \le 1$。 amazing！我们刚才已经证过了。

于是回到刚才遗留的问题： 直接通分，照猫画虎利用二项式定理展开或许可行，不过这比较麻烦。 有没有更优雅的解法呢？（以下由 AI 生成）

$n$元猜想证明（法一：反向构造与均值放缩）

要证 $\sum_{i=1}^n \frac{1}{a_i + n – 1} \le 1$，两边同乘 $(n-1)$ 并用 $1$ 减去每一项，等价于证明 $\sum_{i=1}^n \frac{a_i}{a_i + n – 1} \ge 1$。

因 $\prod a_i = 1$，换元令 $a_i = \frac{x_i^{n-1}}{\prod_{j \neq i} x_j}$，代入化简得第 $i$ 项为 $\frac{x_i^{n-1}}{x_i^{n-1} + (n-1)\prod_{j \neq i} x_j}$。

对分母的后半部分使用 AM-GM 不等式反向放缩：

$$\frac{x_i^{n-1}}{x_i^{n-1} + (n-1)\prod_{j \neq i} x_j} \ge \frac{x_i^{n-1}}{x_i^{n-1} + \sum_{j \neq i} x_j^{n-1}} = \frac{x_i^{n-1}}{\sum_{k=1}^n x_k^{n-1}}$$

将 $n$ 项求和，分子恰好凑成全局分母，故 $\sum \ge 1$。证毕。

事实上，前文直觉中想到的“直接通分展开”，在底层代数逻辑上也是完全可以走通的。这就衍生出了极其硬核的第二种证法：

$n$元猜想证明（法二：基本对称多项式与二项式定理）

去分母，原不等式等价于证明：$\sum_{i=1}^n \prod_{j \neq i} (a_j + n – 1) \le \prod_{i=1}^n (a_i + n – 1)$。

设 $n$ 元基本对称多项式为 $S_k$（$S_0=1, S_n=1$）。构造多项式 $P(x) = \prod_{i=1}^n (x + a_i) = \sum_{k=0}^n S_k x^{n-k}$。

观察不等式两端，右侧即为 $P(n-1)$，左侧恰为导数 $P'(x)$ 在 $x=n-1$ 处的值。原命题转化为证明 $P'(n-1) \le P(n-1)$。

将 $P(x)$ 与 $P'(x)$ 展开式在 $x=n-1$ 处作差：

$$P(n-1) – P'(n-1) = -(n-1)^{n-1} + 1 + \sum_{k=2}^{n-1} (k-1) S_k (n-1)^{n-k-1}$$

由多元均值不等式，必定有 $S_k \ge \binom{n}{k} (S_n)^{\frac{k}{n}} = \binom{n}{k}$。代入放缩（此时各项系数均为正）：

$$P(n-1) – P'(n-1) \ge -(n-1)^{n-1} + 1 + \sum_{k=2}^{n-1} (k-1) \binom{n}{k} (n-1)^{n-k-1}$$

为了计算后方那串复杂的组合数求和，构造二项式 $g(x) = (x+1)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} x^{n-k}$ 并求导 $g'(x) = n(x+1)^{n-1}$。

计算 $g(n-1) – g'(n-1)$ 的值，代数结果为 $n^n – n(n)^{n-1} = 0$。

若将其展开式作相同的差，可直接提取得出核心组合恒等式：

$$\sum_{k=2}^{n-1} (k-1) \binom{n}{k} (n-1)^{n-k-1} = (n-1)^{n-1} – 1$$

代回原放缩式，惊险相消：

$$P(n-1) – P'(n-1) \ge -(n-1)^{n-1} + 1 + \big[ (n-1)^{n-1} – 1 \big] = 0$$

故 $P'(n-1) \le P(n-1)$ 成立。

其实原题还有一个更巧妙的方法：

$$\frac{1}{1+\sqrt{(1+\frac{c}{a})(\frac{b}{a}+1)}} \le \frac{1}{1+\sqrt{\frac{b}{a}}+\sqrt{\frac{c}{a}}} = \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}$$

故 $\sum \le 1$。