设a,b,c均不小于,且a+b+c=9.求证
√(bc+ca+ab)≤√a+√b+√c.

设a,b,c均不小于1,且a+b+c=9.求证
√(bc+ca+ab)≤√a+√b+√c.

这道题想了几天,不好证.验证是成立的.
提供思路如下:
设a=x+1,b=y+1,c=z+1.则x>0,y>0,z>0.

首先齐次化:
3√(bc+ca+ab)≤√(a+b+c)(√a+√b+√c)

然后置换:
3√[∑yz+2∑x+3]≤√(∑x+3)*∑√(x+1)

∵a+b+c=9,∴x+y+z=6.
再齐次化为

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上述问题想了两天,没结果.请教了不等式专家.现抄录如下:
小黄:关于你发到我信箱的两个问题,简单答复:

己知x>1,y>1,z>1,且x+y+z=9.求证[符号有变动]
√x+√y+√z≥√(yz+zx+xy) (1)
(1)式齐次等价于
√(x+y+z)*(√x+√y+√z)≥3√(yz+zx+xy) (2)

对于正实数的三元齐次不等式,原则上均可化为型如
f(a,b,c)≥0
或f(s,R,r)≥0
三角形不等式.
目前三角形不等式理论很完备了,处理很简单.

设x=s-a,y=s-b,z=s-c,(2)式置换等价于
√s*[√(s-a)+√(s-b)+√(s-c)]≥3√[∑(s-b)*(s-c)] (3)

(3)式两边平方得:
s[s+2∑√(s-b)(s-c)]≥9∑(s-b)(s-c) (4)

因为x>1,y>1,z>1,且x+y+z=9,
假设x=min(x,y,z),则易证
(y+z)^2≤(z+x)^2+(x+y)^2+14(x+y)(x+z)/25 (5)

(5)式等价于
36yz≤64x(x+y+z)
<====>
4yz≤64x
====>
(y+z)^2≤64x
<===>
(9-x)^2≤64x
<====>
x^2-82x+81≤0
<===>
(x-1)*(x-81)≤0
显然成立.
所以不等式(4)仅对max(A,B,C)≤π-arccos(7/25),成立.
因为x>1,y>1,z>1的条件很宽,我们在max(A,B,C)≤120°条件证明就可以了.

下面先证明一个不等式:
s[s+2∑√(s-b)(s-c)]≥(R+7r)^2 (6)

在max(A,B,C)≤120°,有
s^2≥R^2+10Rr+3r^2 (7)
(7)式当a=b=c或b=c,A=120°取等号.

据(7)式,(6)式只需证:
s∑√(s-b)(s-c)≥(2R+23r)r (8)

再由恒等式:
∑(s-b)(s-c)=(4R+r)r (9)
和简单不等式:
∑s/√[(s-b)(s-c)]≥9 (10)
(10)式等价于
∑(s-a)*√[(s-b)(s-c)]≥9r^2 (11)

所以根据(7)、(9)与(11)式,欲证(8)式,只需证
(R^2+10Rr+3r^2)*[r(4R+r)+18r^2]≥(2R+23r)^2*r^2 (12)

<===>
4r^3+55R^2*r+110Rr^2-472r^3≥0
<===>
(4R^2+63Rr+236r^2)*(R-2r)≥0
上式显然成立.故(12)式成立.从而(6)得证.

下面依据(6)式，恒等式(9)及己知不等式:
s^2≥16Rr-5r^2 (13)
来证明不等式(4).

(6)式两边同乘以r^2得:
s[s+2∑√(s-b)(s-c)]r^2≥(R+7r)^2*r^2 (14)

(14)式等价于
∑(s-a)^2*(s-b)*(s-c)+2∏(s-a)*∑√(s-b)(s-c)]≥(R+7r)^2*r^2
<===>
{∑(s-a)*√(s-b)(s-c)}^2≥[(R+7r)r]^2 (15)

(15)式开方得
∑(s-a)*√(s-b)(s-c)≥(R+7r)r (16)

(16)式两边同2,再加r(4R+r)得:
r(4R+r)+2∑(s-a)*√(s-b)(s-c)≥(6R+15r)r (17)


(17)式等价于
[∑√(s-b)(s-c)]^2≥(6R+15r)r (18)

下根据(18)式,来证明
s*∑√(s-b)(s-c)]≥r(10R+7r) (19)

欲证(19)式,只需证
(R^2+10Rr+3r^2)*(6R+15r)≥r(10R+7r)^2
<===> (6R-r)*(R-2r)^2≥0
故(19)式成立.

(19)式两边同乘2,加与不等式(13)同向相加得:
s^2+2s*∑√(s-b)(s-c)]≥9r(4R+r) (20)

(20)式就是(4).
综上问题得证.