设 $x,y,z$ 为非负实数，满足 $xy+yz+zx=1$，证明：$\dfrac{1}{x+y}+\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}\geqslant \dfrac{5}{2}$．
【难度】
【出处】
2008年全国高中数学联赛江西省预赛
【标注】
【答案】
略
【解析】
为使所证式有意义，$x,y,z$ 三数中至多有一个为 $0$．
根据对称性，不妨设 $x\geqslant y\geqslant z\geqslant 0$，则$$x>0,y>0,z\geqslant 0,xy\leqslant 1.$$（i）当 $x=y$ 时，条件式化为 $x^{2}+2xz=1$，即$$z=\dfrac{1-x^{2}}{2x}, x^{2}\leqslant 1.$$设 $f(x,y,z)=\dfrac{1}{x+y}+\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}$，则\[\begin{split}f(x,y,z)&=\dfrac{1}{2x}+\dfrac{2}{2+x}\\&=\dfrac{1}{2x}+\dfrac{2}{\dfrac{1-x^{2}}{2x}+x}\\&=\dfrac{1}{2x}+\dfrac{4x}{1+x^{2}}.\end{split}\]只要证\[\dfrac{1}{2x}+\dfrac{4x}{1+x^{2}}\geqslant \dfrac{5}{2},\]即\[1+9x^{2}-5x-5x^{3}\geqslant 0,\]也即\[(1-x)(5x^{2}-4x+1)\geqslant 0,\]显然，当且仅当 $x=y=1,z=0$ 时取等号．
（ii）再证，对所有满足 $xy+yz+zx=1$ 的非负实数 $x,y,z$，皆有\[\dfrac{1}{x+y}+\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}\geqslant \dfrac{5}{2}.\]令 $x=\cot A,y=\cot B$，$A,B$ 为锐角．
以 $A,B$ 为内角，构作 $\triangle ABC$，则\[\begin{split}\cot C&=-\cot (A+B)\\&=\dfrac{1-\cot A\cdot \cot B}{\cot A+\cot B}\\&=\dfrac{1-xy}{x+y}\\&=z\geqslant 0,\end{split}\]于是 $C\leqslant 90^{\circ}$．
由 $x\geqslant y\geqslant z\geqslant 0$ 知，\[\cot A\geqslant \cot B\geqslant \cot C\geqslant 0,\]于是\[A\leqslant B\leqslant C\leqslant 90^{\circ},\]即 $\triangle ABC$ 是一个非钝角三角形．
下面采用调整法，对于任一个以 $C$ 为最大角的非钝角三角形 $ABC$，固定最大角 $C$，将 $\triangle ABC$ 调整为以 $C$ 为顶角的等腰 $\triangle A'B'C$，其中$$\angle A'=\angle B'=\dfrac{A+B}{2}.$$设$$t=\cot \dfrac{A+B}{2}=\tan \dfrac{C}{2},$$据（i）知，$f(t,t,z)\geqslant \dfrac{5}{2}$．
现证明\[f(x,y,z)\geqslant f(t,t,z),\]即\[\dfrac{1}{x+y}+\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}\geqslant \dfrac{1}{2t}+\dfrac{2}{t+z}.\cdots\cdots\text{ ① }\]即要证\[\left(\dfrac{1}{x+y}-\dfrac{1}{2t}\right)+\left(\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}-\dfrac{2}{t+z}\right)\geqslant 0.\cdots\cdots\text{ ② }\]先证\[x+y\geqslant 2t,\cdots\cdots\text{ ③ }\]即证\[\cot A+\cot B\geqslant 2\cot \dfrac{A+B}{2},\]即\[\dfrac{\sin (A+B)}{\sin A\sin B}\geqslant \dfrac{2\cos \dfrac{A+B}{2}}{\sin \dfrac{A+B}{2}},\]此即\[\sin^{2}\dfrac{A+B}{2}\geqslant \sin A\sin B,\]也即\[\dfrac{1-\cos (A+B)}{2}\geqslant \sin A\sin B,\]只需有\[\cos (A-B)\leqslant 1,\]显然成立．
由于在 $\triangle A'B'C$ 中，$t^{2}+2tz=1$，即\[\dfrac{2}{t+z}=\dfrac{2(t+z)}{(t+z)^{2}}=\dfrac{2(t+z)}{1+z^{2}},\]而在 $\triangle ABC$ 中，\[\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}=\dfrac{x+y+2z}{(y+z)(z+x)}=\dfrac{x+y+2z}{1+z^{2}},\]因此 ② 式成立为\[(x+y-2t)\left(\dfrac{1}{1+z^{2}}-\dfrac{1}{2t(x+y)}\right)\geqslant 0,\cdots\cdots\text{ ④ }\]只要证\[\dfrac{1}{1+z^{2}}-\dfrac{1}{2t(x+y)}\geqslant 0,\cdots\cdots\text{ ⑤ }\]即证$$2t(x+y)\geqslant 1+z^{2}.$$注意 ③ 式以及 $z=\dfrac{1-t^{2}}{2t}$，只要证\[4t^{2}\geqslant 1+\left(\dfrac{1-t^{2}}{2t}\right)^{2},\]即 $15t^{4}\geqslant 1+2t^{2}$，也即\[t^{2}(15t^{2}-2)\geqslant 1.\cdots\cdots\text{ ⑥ }\]由于三角形的最大角 $C$ 满足：$60^{\circ}\leqslant C\leqslant 90^{\circ}$，而\[t=\cot \dfrac{A+B}{2}=\tan \dfrac{C}{2},\]则 $\dfrac{1}{\sqrt 3}\leqslant t\leqslant 1$，所以\[t^{2}(15t^{2}-2)\geqslant \dfrac{1}{3}\left(15\cdot \dfrac{1}{3}-2\right)=1,\]故 ⑥ 式成立，因此 ⑤ 式得证．
由 ③ 式及 ⑤ 式得 ④ 式成立，从而 ① 式成立，即\[f(x,y,z)\geqslant f(t,t,z),\]因此本题得证．
根据对称性，不妨设 $x\geqslant y\geqslant z\geqslant 0$，则$$x>0,y>0,z\geqslant 0,xy\leqslant 1.$$（i）当 $x=y$ 时，条件式化为 $x^{2}+2xz=1$，即$$z=\dfrac{1-x^{2}}{2x}, x^{2}\leqslant 1.$$设 $f(x,y,z)=\dfrac{1}{x+y}+\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}$，则\[\begin{split}f(x,y,z)&=\dfrac{1}{2x}+\dfrac{2}{2+x}\\&=\dfrac{1}{2x}+\dfrac{2}{\dfrac{1-x^{2}}{2x}+x}\\&=\dfrac{1}{2x}+\dfrac{4x}{1+x^{2}}.\end{split}\]只要证\[\dfrac{1}{2x}+\dfrac{4x}{1+x^{2}}\geqslant \dfrac{5}{2},\]即\[1+9x^{2}-5x-5x^{3}\geqslant 0,\]也即\[(1-x)(5x^{2}-4x+1)\geqslant 0,\]显然，当且仅当 $x=y=1,z=0$ 时取等号．
（ii）再证，对所有满足 $xy+yz+zx=1$ 的非负实数 $x,y,z$，皆有\[\dfrac{1}{x+y}+\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}\geqslant \dfrac{5}{2}.\]令 $x=\cot A,y=\cot B$，$A,B$ 为锐角．
以 $A,B$ 为内角，构作 $\triangle ABC$，则\[\begin{split}\cot C&=-\cot (A+B)\\&=\dfrac{1-\cot A\cdot \cot B}{\cot A+\cot B}\\&=\dfrac{1-xy}{x+y}\\&=z\geqslant 0,\end{split}\]于是 $C\leqslant 90^{\circ}$．
由 $x\geqslant y\geqslant z\geqslant 0$ 知，\[\cot A\geqslant \cot B\geqslant \cot C\geqslant 0,\]于是\[A\leqslant B\leqslant C\leqslant 90^{\circ},\]即 $\triangle ABC$ 是一个非钝角三角形．
下面采用调整法，对于任一个以 $C$ 为最大角的非钝角三角形 $ABC$，固定最大角 $C$，将 $\triangle ABC$ 调整为以 $C$ 为顶角的等腰 $\triangle A'B'C$，其中$$\angle A'=\angle B'=\dfrac{A+B}{2}.$$设$$t=\cot \dfrac{A+B}{2}=\tan \dfrac{C}{2},$$据（i）知，$f(t,t,z)\geqslant \dfrac{5}{2}$．
现证明\[f(x,y,z)\geqslant f(t,t,z),\]即\[\dfrac{1}{x+y}+\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}\geqslant \dfrac{1}{2t}+\dfrac{2}{t+z}.\cdots\cdots\text{ ① }\]即要证\[\left(\dfrac{1}{x+y}-\dfrac{1}{2t}\right)+\left(\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}-\dfrac{2}{t+z}\right)\geqslant 0.\cdots\cdots\text{ ② }\]先证\[x+y\geqslant 2t,\cdots\cdots\text{ ③ }\]即证\[\cot A+\cot B\geqslant 2\cot \dfrac{A+B}{2},\]即\[\dfrac{\sin (A+B)}{\sin A\sin B}\geqslant \dfrac{2\cos \dfrac{A+B}{2}}{\sin \dfrac{A+B}{2}},\]此即\[\sin^{2}\dfrac{A+B}{2}\geqslant \sin A\sin B,\]也即\[\dfrac{1-\cos (A+B)}{2}\geqslant \sin A\sin B,\]只需有\[\cos (A-B)\leqslant 1,\]显然成立．
由于在 $\triangle A'B'C$ 中，$t^{2}+2tz=1$，即\[\dfrac{2}{t+z}=\dfrac{2(t+z)}{(t+z)^{2}}=\dfrac{2(t+z)}{1+z^{2}},\]而在 $\triangle ABC$ 中，\[\dfrac{1}{y+z}+\dfrac{1}{z+x}=\dfrac{x+y+2z}{(y+z)(z+x)}=\dfrac{x+y+2z}{1+z^{2}},\]因此 ② 式成立为\[(x+y-2t)\left(\dfrac{1}{1+z^{2}}-\dfrac{1}{2t(x+y)}\right)\geqslant 0,\cdots\cdots\text{ ④ }\]只要证\[\dfrac{1}{1+z^{2}}-\dfrac{1}{2t(x+y)}\geqslant 0,\cdots\cdots\text{ ⑤ }\]即证$$2t(x+y)\geqslant 1+z^{2}.$$注意 ③ 式以及 $z=\dfrac{1-t^{2}}{2t}$，只要证\[4t^{2}\geqslant 1+\left(\dfrac{1-t^{2}}{2t}\right)^{2},\]即 $15t^{4}\geqslant 1+2t^{2}$，也即\[t^{2}(15t^{2}-2)\geqslant 1.\cdots\cdots\text{ ⑥ }\]由于三角形的最大角 $C$ 满足：$60^{\circ}\leqslant C\leqslant 90^{\circ}$，而\[t=\cot \dfrac{A+B}{2}=\tan \dfrac{C}{2},\]则 $\dfrac{1}{\sqrt 3}\leqslant t\leqslant 1$，所以\[t^{2}(15t^{2}-2)\geqslant \dfrac{1}{3}\left(15\cdot \dfrac{1}{3}-2\right)=1,\]故 ⑥ 式成立，因此 ⑤ 式得证．
由 ③ 式及 ⑤ 式得 ④ 式成立，从而 ① 式成立，即\[f(x,y,z)\geqslant f(t,t,z),\]因此本题得证．
答案
解析
备注
