不等式证明问题 [151-200]
推荐发帖：【代数】【代数索引】(https://jb243.github.io/pages/669)
重构了 IneqMath 训练数据。
P151。令 $a, b, c$ 为正实数，使得 $ab + bc + ca \leq 3abc$。找到最小常数 $C$，使得以下不等式对于满足给定约束的所有 $a、b、c$ 成立：
\[\sqrt{\frac{a^2+b^2}{a+b}}+\sqrt{\frac{b^2+c^2}{b+c}}+\sqrt{\frac{c^2+a^2}{c+a}}+3 \leq C(\sqrt{a+b}+\sqrt{b+c}+\sqrt{c+a})。\]P152。令 $a、b、c > 0$。确定最大常数 $C$，使得以下不等式对于所有正 $a、b、c$ 成立：
\[\frac{4 a}{a+b}+\frac{4 b}{b+c}+\frac{4 c}{c+a}+\frac{a b^2+b c^2+c a^2+a b c}{a^2 b+b^2 c+c^2 a+a b c} \geq C.\]P153。让 $x, y, z > 0$。确定最小常数 $C$，使得以下不等式适用于所有 $x、y、z$：
\[\frac{x y z}{(1+3 x)(x+8 y)(y+9 z)(z+6)} \leq C.\]P154。令 $a、b、c$ 为正实数，使得 $abc = 1$。找到最大常数 $C$，使得以下不等式对于所有 $a、b、c$ 成立：
\[\frac{1}{a^5(b+2c)^2} + \frac{1}{b^5(c+2a)^2} + \frac{1}{c^5(a+2b)^2} \geq C.\]P155。找到最大常数 $C$，使得对于所有实数 $a、b、c$，以下不等式成立：
\[\frac{(a-b)^2}{(b-c)^2}+\frac{(b-c)^2}{(c-a)^2}+\frac{(c-a)^2}{(a-b)^2} \geq C\]P156。给定正实数 $a, b, c$ 满足 $abc = 1$，确定最大常数 $C$，使得以下不等式对于所有 $a, b, c$ 成立：
\[\frac{3}{(1+a)^2}+\frac{3}{(1+b)^2}+\frac{3}{(1+c)^2}+\frac{3}{a+b+c+1} \geq C.\]P157。在等腰三角形 $\triangle ABC$ 中，$\overline{AB} = \overline{AC}$，三角形外接圆在 $A$ 和 $B$ 处的两条切线在 $D$ 处相交。确定最小常数 $C$，使得以下不等式适用于所有此类三角形：
\[\angle DCB \leq C.\]P158。设$a,b,c \in \mathbb{R}$。找到最大常数 $C$，使得以下不等式对于所有 $a、b、c$ 成立：
\[(a+b)^4+(b+c)^4+(c+a)^4 \geq C(a^4+b^4+c^4)\]P159。令 $n$ 为大于 3 的奇数，且 $x_1, x_2, \ldots, x_n \in \mathbb{R}$。确定最小常数 $C$，使得以下不等式对于所有 $x_1, x_2, \ldots, x_n$ 成立：
\[C (n-1)\max \left(x_1^2, x_2^2, \ldots, x_n^2\right)+\left(x_1+x_2+\ldots+x_n\right)^2 \geq x_1^2+x_2^2+\ldots+x_n^2\]P160。令 $a, b, c > 0$ 使得 $abc = 1$。确定最小常数 $C$，使得以下不等式适用于所有 $a、b、c$：
\[\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{C} \geq \frac{a^2+b^2+c^2}{3}\]P161。设 $x \geq y \geq z \geq 0$。找到最大常数 $C$，使得以下不等式对于所有 $x, y, z$ 成立：
\[\frac{x^2 y}{z}+\frac{y^2 z}{x}+\frac{z^2 x}{y} \geq C(x^2+y^2+z^2)\]P162。设$0 \leq x \leq 1$ 和$n \in \mathbb{N}$。找到最小常数 $C$，使得以下不等式适用于所有 $x$ 和 $n$：
\[\left(1-x+\frac{x^2}{2}\right)^n-(1-x)^n \leq Cx.\]P163。对于任何具有边 ( a, b, c )、外接半径 ( R ) 和内半径 ( r ) 的锐角三角形 ( \triangle ABC )，找到满足以下不等式的最大常数 ( C )：
\[a + b + c \geq CR+2r。\]P164。设 $P$ 为三角形 $ABC$ 内的一点，并设 $l = PA$、$m = PB$ 和 $n = PC$。确定最大常数 $C$，使得以下不等式适用于三角形内的所有点 $P$：
\[(l m + m n + n l)(l + m + n) \geq C(a^2 l + b^2 m + c^2 n)。\]
P165。设 $ABC$ 是一个锐角三角形，其外接圆心为 $O$，外接圆半径为 $R$。如果 $AO$ 在 $D$ 处与 $OBC$ 的外接圆相交，$BO$ 在 $E$ 处与 $OCA$ 的外接圆相交，并且 $CO$ 在 $F$ 处与 $OAB$ 的外接圆相交，请找到最大常数 $C$，使得以下不等式适用于所有此类三角形：
P166。令 $a, b, c$ 为三角形的边。找到最小常数 $C$，使得以下不等式对于满足三角不等式的所有 $a、b、c$ 成立：
\[\sqrt{C a b c+(a+b-c)(b+c-a)(a+c-b)}+\sum_{cyc} a \sqrt{a} \geq \sum_{cyc} a(\sqrt{b}+\sqrt{c})。\]P167。令 $a_1, \ldots, a_n, b_1, \ldots, b_n > 0$。找到最小常数 $C$，使得以下不等式对于所有正 $a_i$ 和 $b_i$ 成立：
\[\sum_{i=1}^n \frac{a_i b_i}{a_i+b_i} \leq C \cdot \frac{\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)\left(\sum_{i=1}^n b_i\right)}{\sum_{i=1}^n\left(a_i+b_i\right)}\]P168。令 $a, b, c > 0$ 使得 $a+b+c=3$。确定最大常数 $C$，使得以下不等式适用于所有 $a、b、c$：
\[a b c + \frac{17}{a b + b c + c a} \geq C.\]P169。令 $a, b, c \in \left[\frac{1}{3}, 3\right]$。找到最大常数 $C$，使得以下不等式对于给定范围内的所有 $a、b、c$ 成立：
\[\frac{a}{a+b}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a} \geq C.\]P170。令 $a、b、c$ 为正实数，使得 $abc = 1$。找到最小常数 $C$，使得以下不等式适用于所有 $a、b、c$：
\[\frac{a^2 b^2}{a^7+b^7+a^2 b^2}+\frac{b^2 c^2}{b^7+c^7+b^2 c^2}+\frac{c^2 a^2}{c^7+a^7+c^2 a^2} \leq C.\]P171。令 $a, b, c$ 为三角形的边长。确定最大常数 $C$，使得以下不等式对于所有满足三角形不等式的 $a、b、c$ 成立：
\[\frac{a}{3 a-b+c}+\frac{b}{3 b-c+a}+\frac{c}{3 c-a+b} \geq C.\]P172。令 $a, b, c, d$ 为正实数，使得 $a+b+c+d=4$。找到最大常数 $C$，使得以下不等式对于满足给定约束的所有 $a、b、c、d$ 成立：
\[\frac{a}{1+b^2 c}+\frac{b}{1+c^2 d}+\frac{c}{1+d^2 a}+\frac{d}{1+a^2 b} \geq C\]P173。设 $a, b, c > 0$ 且 $a^2 + 2b + c^2 = 1$。确定最大常数 $C$，使得以下不等式适用于所有 $a、b、c$：
\[2(a^2 + b^2 + c^2) - (ab + bc + ca) \geq C.\]P174。让 $x, y, z > 0$。找到最大常数 $C$，使得以下不等式对于所有正 $x, y, z$ 成立：
\[\sum_{\text{cyc}} \frac{x^3+2}{2+x+y+z^3} \geq C.\]P175。令 $x, y, z$ 为实数，使得 $x+y+z=xyz$。找到最大常数 $C$，使得以下不等式对于满足给定约束的所有 $x, y, z$ 成立：
\[\frac{1}{1+x^2}+\frac{1}{1+y^2}+\frac{1}{1+z^2} \geq C.\]P176。找到最大常数 $C$，使得对于所有实数 $x$，以下不等式成立：
\[x^2+\frac{1}{6(1+|x-2|)} \geq C\]P177。令 $x_1, x_2, \ldots, x_n$ 为正实数，使得 $x_1 + x_2 + \cdots + x_n = 1$。找到最小常数 $C$，使得以下不等式对于所有 $x_1, x_2, \ldots, x_n$ 成立：
\[\sum_{i=1}^n \frac{\min \left\{x_{i-1}, x_i\right\} \cdot \max \left\{x_i, x_{i+1}\right\}}{x_i} \leq C\]其中 $x_0 = x_n$ 且 $x_{n+1} = x_1$。
P178。令 $a, b, c$ 为正实数，使得 $a+b+c=ab+bc+ca$ 且 $n \geq 3$。找到最大常数 $C$，使得以下不等式适用于所有 $a、b、c$ 和 $n$：
\[\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}+\frac{3n}{a^2+b^2+c^2}\geq C+n。\]
P179。令 $a, b, c \geq 0$ 且 $a^2 + b + c^2 = 1$。确定最大常数 $C$，使得以下不等式适用于所有 $a、b、c$：
P180。设$a、b、c$为正实数。确定最大常数 $C$，使得以下不等式对于所有 $a, b, c \in \mathbb{R}^{+}$ 成立：
\[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{32}{9}\left(\frac{c}{a+b}\right)^2 \geqslant C.\]P181。每个 $a_{i j} \in[-2022,2022]$ 有 $2022^2$ 个整数 $a_{i j}(1 \leq i, j \leq 2022)$。找到最大常数 $C$，使得以下不等式对于所有 $a_{i j}$ 成立：
\[\prod_{i=1}^{2022}\left(\sum_{j=1}^{2022} a_{i j}^2\right) \geq C \left(\sum_{j=1}^{2022} \prod_{i=1}^{2022} a_{i j}\right)^2\]P182。令 $x, y, z$ 为复数，使得 $ㅣx+2y+3zㅣ = 1$。确定最大常数 $C$，使得以下不等式适用于所有 $x、y、z$：
\[x^2 + y^2 + z^2 + \left|x^2 + y^2 + z^2\right| \geq C.\]P183。设$a、b、c$为正实数。找到最大常数 $C$，使得以下不等式对于所有 $a, b, c \in \mathbb{R}^{+}$ 成立：
\[\frac{a}{b+C c}+\frac{b}{c+C a}+\frac{c}{a+C b} \geq 1。\]P184。设$a、b、c$为正实数。找到最大常数 $C$，使得以下不等式对于所有 $a, b, c \in \mathbb{R}^{+}$ 成立：
\[\frac{a}{\sqrt{b^2+b c+c^2}}+\frac{b}{\sqrt{a^2+a c+c^2}}+\frac{c}{\sqrt{a^2+a b+b^2}} \geq C.\]P185。令 $a_1, a_2, \ldots, a_n$ 为非负实数，使得 $\prod a_1 = \lambda^n$。确定最小常数 $C$，使得以下不等式对于所有 $a_1, a_2, \ldots, a_n$ 成立：
\[\prod_{c y c}\left(a_1^2-a_1+1\right) \geq \sqrt{\left(\frac{1+\lambda^4}{C}\right)^n}。\]P186。令 $x, y, z$ 为正数，使得 $xy + yz + zx = 1$。找到最大常数 $C$，使得以下不等式对于满足给定约束的所有 $x, y, z$ 成立：
\[\frac{x^3}{1+9y^2zx} + \frac{y^3}{1+9z^2xy} + \frac{z^3}{1+9x^2yz} \geq C(x+y+z)^3\]P187。设$a,b,c \in \mathbb{R}^{+}$。考虑以下不等式：
\[\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a} \quad () \quad \frac{c+2a}{c+b} + \frac{a+2b}{a+c} + \frac{b+2c}{b+a}\]确定正确的不等式填空。
选项：
（一）$\leq$
(B) $\geq$
（三）$=$
(D) $<$
(E)$>$
(F) 以上都不是
P188。设 $x, y, z \in \mathbb{R}_{+}$。考虑以下不等式：
\[\sqrt{x(y+1)} + \sqrt{y(z+1)} + \sqrt{z(x+1)} \quad () \quad 2 \sqrt{(x+1)(y+1)(z+1)}。\]确定正确的不等式填空。
选项：
（一）$\leq$
(B) $\geq$
（三）$=$
(D) $<$
(E)$>$
(F) 以上都不是
P189。令 $a, b, c > 0$ 为正实数，使得 $a + b + c = 1$。考虑以下不等式：
\[\frac{1+a+b}{2+c} + \frac{1+b+c}{2+a} + \frac{1+c+a}{2+b} \quad () \quad 2。\]确定正确的不等式填空。
选项：
（一）$\leq$
(B) $\geq$
（三）$=$
(D) $<$
(E)$>$
(F) 以上都不是
P190。令 $a, b, c > 0$ 为正实数，使得 $a + b + c = abc$。考虑以下不等式：
\[\frac{1}{\sqrt{a^2+1}} + \frac{1}{\sqrt{b^2+1}} + \frac{1}{\sqrt{c^2+1}} \quad () \quad \frac{5}{3}。\]确定正确的不等式填空。
选项：
（一）$\leq$
(B) $\geq$
（三）$=$
(D) $<$
(E)$>$
(F) 以上都不是
P191。令 $a, b, c$ 为正实数，使得 $a + b + c \geq \frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}$。找到最大常数 $C$，使得以下不等式对于满足给定约束的所有 $a、b、c$ 成立：\(a + b + c \geq \frac{C}{a+b+c} + \frac{2}{abc}。\)
S191。 $C = 3$
通过 $AM \ge HM$ 我们得到
\[a+b+c \ge \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \ge \frac{9}{a+b+c}。\]即
\[\frac{a+b+c}{3} \ge \frac{3}{a+b+c} \qquad (1)\]我们将证明
\[\frac{2(a+b+c)}{3} \ge \frac{2}{abc} \qquad (2)\]即
\[a+b+c \ge \frac{3}{abc}。\]使用众所周知的不等式 $(xy+yz+zx)^2 \ge 3(xy+yz+zx)$ 我们得到
\[(a+b+c)^2 \ge \left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)^2 \ge 3\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}\right) = 3\frac{a+b+c}{abc},\]即
\[a+b+c \ge \frac{3}{abc}。\]将（1）和（2）相加后，我们得到所需的不等式。
当 $a=b=c=1$ 时，相等成立，从那时起 $a+b+c=3$， $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=3$，$abc=1$， 所以原来的约束条件满足等式，不等式就变成了 $3 \ge \frac{3}{3}+2 = 3$。 这给出了不等式始终成立的 $C$ 的最大值。
因此，答案是$C=3$。
P192。令 $a、b、c、x、y、z$ 为正实数，使得 $x + y + z = 1$。确定最大常数 $C$，使得以下不等式适用于所有 $a、b、c、x、y、z$：
\[a x + b y + c z + C \sqrt{(x y + y z + z x)(a b + b c + c a)} \leq a+b+c。\]S192。 $C = 2$
$a, b, c$ 中的不等式是齐次的，我们可以假设 $a+b+c=1$。这次我们应用 AM-GM 不等式，我们发现\n$a x+b y+c z+2 \sqrt{(x y+y z+z x)(a b+b c+c a)} \leq a x+b y+c z+x y+y z+z x+a b+b c+c a$。\n因此，\n$x y+y z+z x+a b+b c+c a=\frac{1-x^{2}-y^{2}-z^{2}}{2}+\frac{1-a^{2}-b^{2}-c^{2}}{2} \leq 1-a x-b y-c z$,\n最后一个相当于 $(x-a)^{2}+(y-b)^{2}+(z-c)^{2} \geq 0$。\n\n当 $x = a$、$y = b$、$z = c$ 时，即向量 $(x, y, z)$ 和 $(a, b, c)$ 相等时，相等成立。在这种情况下，不等式变成等式，$C = 2$ 给出不等式始终成立的最大值。\n\n因此，答案是 $C = 2$。”, “我们将使用柯西-施瓦茨不等式两次。首先，我们可以写成$a x+b y+$ $c z \leq \sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}} \cdot \sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$，然后我们再次应用柯西-施瓦茨不等式得到：
\[\开始{对齐} ax+by+cz + 2\sqrt{(xy+yz+zx)(ab+bc+ca)} &\le \sqrt{\sum a^{2}}\sqrt{\sum x^{2}} + \sqrt{2\sum ab}\sqrt{2\sum xy} \\ &\le \sqrt{\sum x^{2}+2\sum xy}\,\sqrt{\sum a^{2}+2\sum ab} \\ &= \sum a. \结束{对齐}\]当 $a = b = c$ 和 $x = y = z$ 时，即所有变量都相等时，上述不等式中的等式成立。在这种情况下，不等式变为等式，$C = 2$ 给出不等式始终成立的最大值。\n\n因此，答案为 $C = 2$。
P193。令 $a、b、c$ 为正实数，使得 $ab + bc + ca = 3$。找到最大常数 $C$，使得以下不等式对于满足给定约束的所有 $a、b、c$ 成立：
\[\left(a^{3}-a+5\right)\left(b^{5}-b^{3}+5\right)\left(c^{7}-c^{5}+5\right) \geq C\]S193。 $C = 125$
对于任何实数 $x$，数字 $x-1$、$x^{2}-1$、$x^{3}-1$ 和 $x^{5}-1$ 具有相同的符号。
因此，
\[(x-1)(x^{2}-1)\ge 0,\quad (x^{2}-1)(x^{3}-1)\ge 0,\quad (x^{2}-1)(x^{5}-1)\ge 0。\]即
\[\开始{对齐} a^{3}-a^{2}-a+1 &\ge 0,\\ b^{5}-b^{3}-b^{2}+1 &\ge 0,\\ c^{7}-c^{5}-c^{2}+1 &\ge 0。 \结束{对齐}\]所以由此可见
\[a^{3}-a+5 \ge a^{2}+4,\quad b^{5}-b^{3}+5 \ge b^{2}+4,\quad c^{7}-c^{5}+5 \ge c^{2}+4。\]将这些不等式相乘得出
\[(a^{3}-a+5)(b^{5}-b^{3}+5)(c^{7}-c^{5}+5)\ge (a^{2}+4)(b^{2}+4)(c^{2}+4)。 \qquad (1)\]我们将证明
\[(a^{2}+4)(b^{2}+4)(c^{2}+4)\ge 25(ab+bc+ca+2)。 \qquad (2)\]我们有\(\开始{对齐} (a^{2}+4)(b^{2}+4)(c^{2}+4) &=a^{2}b^{2}c^{2}+4(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})+16(a^{2}+b^{2}+c^{2})+64\\ &=a^{2}b^{2}c^{2}+(a^{2}+b^{2}+c^{2})+2 +4(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+3)\\ &\quad +15(a^{2}+b^{2}+c^{2})+50。 \qquad (3) \结束{对齐}\)
通过明显的不平等
\[(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}\ge 0,\qquad (ab-1)^{2}+(bc-1)^{2}+(ca-1)^{2}\ge 0,\]我们得到
\[a^{2}+b^{2}+c^{2}\ge ab+bc+ca, \qquad (4)\]和
\[a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}+3\ge 2(ab+bc+ca)。 \qquad (5)\]我们将证明
\[a^{2}b^{2}c^{2}+(a^{2}+b^{2}+c^{2})+2 \ge 2(ab+bc+ca)。 \qquad (6)\]引理 令 $x,y,z>0$。然后
\[3xyz+x^{3}+y^{3}+z^{3} \ge 2\big((xy)^{3/2}+(yz)^{3/2}+(zx)^{3/2}\big)。\]证明。 根据 Schur 不等式和 $AM\ge GM$ 我们有
\[\开始{对齐} x^{3}+y^{3}+z^{3}+3xyz &\ge (x^{2}y+y^{2}x)+(z^{2}y+y^{2}z)+(x^{2}z+z^{2}x)\\ &\ge 2\big((xy)^{3/2}+(yz)^{3/2}+(zx)^{3/2}\big)。 \结束{对齐}\]通过 $x=a^{2/3}$、$y=b^{2/3}$、$z=c^{2/3}$ 的引理，我们推出
\[3(abc)^{2/3}+a^{2}+b^{2}+c^{2}\ge 2(ab+bc+ca)。\]因此只需证明
\[a^{2}b^{2}c^{2}+2 \ge 3(abc)^{2/3},\]紧随其后的是 $AM\ge GM$。这样我们就证明了(6)。
现在由(3)、(4)、(5)和(6)我们得到(2)。 最后，通过(1)、(2)，并且由于$ab+bc+ca=3$，我们得到了所需的不等式。
当且仅当 $a=b=c=1$ 时，相等成立。 在这种情况下，
\[(1^{3}-1+5)(1^{5}-1^{3}+5)(1^{7}-1^{5}+5)=5\cdot 5\cdot 5=125,\]所以最大的常数是$C=125$。
P194。令 $n$ 为大于 2 的整数。找到最大实数 $C_{\text{min}}$ 和最小实数 $C_{\text{max}}$，使得对于任何正实数 $x_1, x_2, \ldots, x_n$ （其中 $x_n = x_0$ 且 $x_{n+1} = x_1$），以下不等式成立：
\[C_{\text{min}} \leq \sum_{i=1}^{n} \frac{x_i}{x_{i-1} + 2(n-1)x_i + x_{i+1}} \leq C_{\text{max}}\]S194。 $C_{\text{min}} = \frac{1}{2(n-1)}$ $C_{\text{max}} = \frac{1}{2}$
我们将证明 $(m_n=\frac{1}{2(n-1)}), (M_n=\frac{1}{2})$。 首先我们来看一下不等式
\[\sum_{i=1}^{n}\frac{x_i}{x_{i-1}+2(n-1)x_i+x_{i+1}} \ge \frac{1}{2(n-1)}\]是微不足道的，因为
\[x_{i-1}+2(n-1)x_i+x_{i+1}\le 2(n-1)\sum_{k=1}^{n}x_k \quad \text{对于所有 } i。\]这表明 $(m_n\ge \frac{1}{2(n-1)})$。 取$(x_i=x^i)$，表达式变为
\[\frac{1}{x+x^{n-1}+2(n-1)} +\frac{(n-2)x}{1+2(n-1)x+x^{2}} +\frac{x^{n-1}}{1+2(n-1)x^{n-1}+x^{n-2}}。\]取极限为(x\to 0)，我们发现(m_n\le \frac{1}{2(n-1)})，因此
\[m_n=\frac{1}{2(n-1)}。\]现在，我们将证明 $(M_n\le \frac{1}{2})$。当然，只要证明对于任何 $(x_1,x_2,\ldots,x_n>0)$ 我们有
\[\sum_{i=1}^{n}\frac{x_i}{x_{i-1}+2(n-1)x_i+x_{i+1}} \le \frac{1}{2}。\]但很明显的是
\[\开始{对齐} \sum_{i=1}^{n}\frac{2x_i}{x_{i-1}+2(n-1)x_i+x_{i+1}} &\le \sum_{i=1}^{n}\frac{2x_i}{2\sqrt{x_{i-1}x_{i+1}}+2(n-1)x_i}\\ &= \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{\,n-1+\frac{\sqrt{x_{i-1}x_{i+1}}}{x_i}\,}。 \结束{对齐}\]设 $(a_i=\frac{\sqrt{x_{i-1}x_{i+1}}}{x_i})$。 那么$(\prod_{i=1}^{n}a_i=1)$，我们必须证明
\[\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{n-1+a_i}\le 1.\]但这已经在第84题中得到了证明。 因此
\[\sum_{i=1}^{n}\frac{2x_i}{x_{i-1}+2(n-1)x_i+x_{i+1}}\le 1,\]所以
\[\sum_{i=1}^{n}\frac{x_i}{x_{i-1}+2(n-1)x_i+x_{i+1}}\le \frac{1}{2}。\]因此$(M_n\le \frac{1}{2})$，并且因为对于$(x_1=x_2=\cdots=x_n)$我们有相等性，我们推断出
\(M_n=\frac{1}{2}。\)下界 $(C_{\min}=\frac{1}{2(n-1)})$ 的相等是在极限内实现的，因为一个变量趋于零，而其他变量是固定的，例如通过取 $(x_1=x_2=\cdots=x_{n-1}=1) 和 (x_n\to 0)$。 当所有变量都相等时，即 (x_1=x_2=\cdots=x_n) 时，即可实现上限 (C_{\max}=\frac{1}{2}) 的相等。
因此，答案是
\[C_{\min}=\frac{1}{2(n-1)},\qquad C_{\max}=\frac{1}{2}。\]P195。令 $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ 为非负实数，使得 $x_{1} + x_{2} + \cdots + x_{n} \leq \frac{1}{2}$。找到最大常数 $C$，使得以下不等式对于满足给定约束的所有 $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ 成立：
\[\left(1 - x_{1}\right)\left(1 - x_{2}\right) \cdots \left(1 - x_{n}\right) \geq C\]S195。 $C = \frac{1}{2}$
根据 $(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}\le \frac12)$ 以及 $(x_{1},x_{2},\ldots,x_{n})$ 是非负的事实，我们推断出
\[0\le x_i \le \frac12 < 1, \quad\text{即}\quad -x_i > -1, \quad\text{对于所有 } i=1,2,\ldots,n。\]因此所有 $(-x_i)$ 具有相同的符号。我们得到
\[\开始{对齐} (1-x_1)(1-x_2)\c点(1-x_n) &=(1+(-x_1))(1+(-x_2))\cdots(1+(-x_n))\\ &\ge 1+(-x_1-x_2-\cdots-x_n)\\ &=1-(x_1+x_2+\cdots+x_n)\\ &\ge 1-\frac12=\frac12. \结束{对齐}\]当 $(x_1=\frac12)$ 和 $(x_2=x_3=\cdots=x_n=0)$ 时，相等成立。 因此，乘积的最小值为 $(\frac12)$，因此不等式始终成立的最大常数 $(C)$ 为
\[C=\frac12.\]P196。令$a, b, c \in (-3, 3)$ 使得$\frac{1}{3+a}+\frac{1}{3+b}+\frac{1}{3+c}=\frac{1}{3-a}+\frac{1}{3-b}+\frac{1}{3-c}$。确定最大常数 $C$，使得以下不等式对于满足给定条件的所有 $a、b、c$ 成立：
\[\frac{1}{3+a}+\frac{1}{3+b}+\frac{1}{3+c} \geq C\]S196。 $C = 1$
根据不等式 $(AM \ge HM)$ 我们有
\[\big((3+a)+(3+b)+(3+c)\big)\left(\frac1{3+a}+\frac1{3+b}+\frac1{3+c}\right)\ge 9. \qquad (1)\]另外，
\[\big((3-a)+(3-b)+(3-c)\big)\left(\frac1{3-a}+\frac1{3-b}+\frac1{3-c}\right)\ge 9. \qquad (2)\]将(1)和(2)相加后我们得到
\[\大((3+a)+(3+b)+(3+c)+(3-a)+(3-b)+(3-c)\大) \left(\frac1{3+a}+\frac1{3+b}+\frac1{3+c}\right)\ge 18,\]因此
\[18\left(\frac1{3+a}+\frac1{3+b}+\frac1{3+c}\right)\ge 18, \quad\text{即}\quad \frac1{3+a}+\frac1{3+b}+\frac1{3+c}\ge 1。\]当$(a=b=c=0)$时相等成立，从那时起
\[\frac1{3+a}+\frac1{3+b}+\frac1{3+c}=3\cdot\frac13=1。\]因此，答案是$(C=1)$。
P197。令 $a, b, c$ 为正实数，使得 $a+b+c=3$。找到最大常数 $C$，使得以下不等式对于满足给定约束的所有 $a、b、c$ 成立：
\[\frac{a^{2}}{a+2 b^{3}}+\frac{b^{2}}{b+2 c^{3}}+\frac{c^{2}}{c+2 a^{3}} \geq C\]S197。 $C = 1$
应用 $(AM \ge GM)$ 给出
\[\frac{a^{2}}{a+2b^{3}} = a-\frac{2ab^{3}}{a+2b^{3}} \ge a-\frac{2ab^{3}}{3\sqrt[3]{ab^{4}}} = a-\frac{2}{3}ba^{2/3}。\]类似地，
\[\frac{b^{2}}{b+2c^{3}} \ge b-\frac{2}{3}cb^{2/3}, \qquad \frac{c^{2}}{c+2a^{3}}\ge c-\frac{2}{3}ac^{2/3}。\]添加这三个不等式意味着
\[\frac{a^{2}}{a+2b^{3}}+\frac{b^{2}}{b+2c^{3}}+\frac{c^{2}}{c+2a^{3}} \ge (a+b+c)-\frac{2}{3}\big(ba^{2/3}+cb^{2/3}+ac^{2/3}\big)。\]所以足以证明
\[(a+b+c)-\frac{2}{3}\big(ba^{2/3}+cb^{2/3}+ac^{2/3}\big)\ge 1,\]即
\[ba^{2/3}+cb^{2/3}+ac^{2/3}\le 3.\qquad (1)\]再次应用 $(AM \ge GM)$ 后，我们得到
\[\开始{对齐} ba^{2/3}+cb^{2/3}+ac^{2/3} &\le \frac{b(2a+1)+c(2b+1)+a(2c+1)}{3}\\ &= \frac{a+b+c+2(ab+bc+ca)}{3}\\ &\le \frac{(a+b+c)+\frac{2}{3}(a+b+c)^{2}}{3}。 \结束{对齐}\]特别地，如果$(a+b+c=3)$，那么
\(ba^{2/3}+cb^{2/3}+ac^{2/3} \le \frac{3+\frac{2}{3}\cdot 9}{3}=3,\)这就证明了(1)，我们就完成了。
当 $(a=b=c=1)$ 时，相等成立。因此，答案是$(C=1)$。
P198。令 $t_{a}、t_{b}、t_{c}$ 为中线长度，$a、b、c$ 为给定三角形的边长。找到最小常数 $C$，使得以下不等式适用于所有三角形：
\[t_{a} t_{b}+t_{b} t_{c}+t_{c} t_{a} < C(a b+b c+c a)\]S198。 $C = \frac{5}{4}$
我们可以很容易地证明不平等
\[t_a<\frac{b+c}{2},\qquad t_b<\frac{a+c}{2},\qquad t_c<\frac{a+b}{2}。\]添加这些后我们得到
\[t_a+t_b+t_c<a+b+c。 \qquad (1)\]通过对 (1) 求平方，我们推出
\[t_a^{2}+t_b^{2}+t_c^{2}+2(t_at_b+t_bt_c+t_ct_a) < a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(ab+bc+ca)。 \qquad (2)\]另一方面，我们有
\[t_a^{2}=\frac{2(b^{2}+c^{2})-a^{2}}{4},\qquad t_b^{2}=\frac{2(a^{2}+c^{2})-b^{2}}{4},\qquad t_c^{2}=\frac{2(a^{2}+b^{2})-c^{2}}{4}。\]所以
\[t_a^{2}+t_b^{2}+t_c^{2}=\frac{3}{4}(a^{2}+b^{2}+c^{2})。\]使用这个和（2）我们得到
\[t_at_b+t_bt_c+t_ct_a < \frac{1}{8}(a^{2}+b^{2}+c^{2})+(ab+bc+ca)。 \qquad (3)\]另外，我们有 $(a^{2}+b^{2}+c^{2}<2(ab+bc+ca))$，因为
\[a^{2}+b^{2}+c^{2}-2(ab+bc+ca) = a(a-b-c)+b(b-a-c)+c(c-a-b)<0。\]最后，通过式（3）和前面的不等式我们得到
\[t_at_b+t_bt_c+t_ct_a<\frac{5}{4}(ab+bc+ca)。\]对于任何非退化三角形来说，永远不会实现相等，因为使用的所有不等式都是严格的。 因此，最小常数为$(C=\frac{5}{4})$。
P199。设$a, b, c \in \mathbb{R}$ 使得$a + b + c \geq abc$。找到最大常数 $C$，使得以下不等式对于满足给定约束的所有 $a、b、c$ 成立：
\[a^2 + b^2 + c^2 \geq C \, abc。\]S199。 $C = \sqrt{3}$
我们有
\[\开始{对齐} (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2} &=a^{4}+b^{4}+c^{4}+2a^{2}b^{2}+2b^{2}c^{2}+2c^{2}a^{2}\\ &=a^{4}+b^{4}+c^{4}+a^{2}(b^{2}+c^{2})+b^{2}(c^{2}+a^{2})+c^{2}(a^{2}+b^{2})。 \qquad (1) \结束{对齐}\]根据练习 1.7，可以得出
\[a^{4}+b^{4}+c^{4}\ge abc(a+b+c)。 \qquad (2)\]另外，
\[b^{2}+c^{2}\ge 2bc,\qquad c^{2}+a^{2}\ge 2ca,\qquad a^{2}+b^{2}\ge 2ab。 \qquad (3)\]现在由(1)、(2)、(3)我们推出
\[\开始{对齐} (a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2} &\ge abc(a+b+c)+2a^{2}bc+2b^{2}ac+2c^{2}ab\\ &=abc(a+b+c)+2abc(a+b+c)=3abc(a+b+c)。 \qquad (4) \结束{对齐}\]由于(a+b+c\ge abc)，从(4)我们有
\[(a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}\ge 3abc(a+b+c)\ge 3(abc)^{2},\]即
\[a^{2}+b^{2}+c^{2}\ge \sqrt{3}\,abc。\]当 $(a=b=c=\sqrt{3})$ 时，相等成立，从那时起 $(a+b+c=3\sqrt{3})$ 和 $(abc=(\sqrt{3})^{3}=3\sqrt{3})$, 因此约束 $(a+b+c\ge abc)$ 满足相等性，并且
\[a^{2}+b^{2}+c^{2}=3\cdot 3=9=\sqrt{3}\cdot 3\sqrt{3}=9。\]因此，答案是$(C=\sqrt{3})$。
P200。设$a,b,c \in \mathbb{R}^{+}$。找到最大常数 $C$，使得以下不等式对于所有 $a, b, c \in \mathbb{R}^{+}$ 成立：
\[a^{4}+b^{4}+c^{4} \geq C \cdot a b c (a+b+c)\]S200。 $C = 1$
我们有
\[\开始{对齐} a^{4}+b^{4}+c^{4} &\ge abc(a+b+c)\\ &\Longleftrightarrow\ a^{4}+b^{4}+c^{4}\ge a^{2}bc+b^{2}ac+c^{2}ab\\ &\Longleftrightarrow\ \frac{T[4,0,0]}{2}\ge \frac{T[2,1,1]}{2}。 \结束{对齐}\]即
\[T[4,0,0]\ge T[2,1,1],\]根据缪尔海德定理，这是正确的。
当 $(a=b=c)$ 时，相等成立，从此两边相等：
\[a^{4}+b^{4}+c^{4}=3a^{4},\qquad abc(a+b+c)=a^{3}\cdot 3a=3a^{4}。\]因此，最大常数为$(C=1)$。
输入：2025.12.08 15:51