一类对称或循环不等式的配方法证明_不等式的几种证明方法
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一类对称或循环不等式的配方法证明
_------读熊斌《数学奥林匹克》之体会
数学组蔡玉书（215006）
纵观国内外数学奥林匹克中的不等式试题，有不少试题是关于a,b,c的对称或轮换对称的不等式，直接利用均值不等式、柯西不等式或者重要不等式有时很难达到目的，而利用它们的对称性，直接利用比较法进行适当的配方，就可以使得问题得到完美的解决。本文从历年的国内外数学奥林匹克试题中精心选择若干优秀试题，进行详细的分析与解答，供参赛选手和数学奥林匹克教练员参考。
例1设a,b,c是三角形的三边,求证：a2(b+c－a)+b2(c+a－b)+c2(a+b－c)≤3abc.(第6届IMO试题)证法一 注意到a3+b3+c3－3abc =(a+b+c)(a2+b2+c2－ab－bc－ca),得
3abc－[a2(b+c－a)+b2(c+a－b)+c2(a+b－c)]
=a3+b3+c3－3abc+a(b2+c2－2bc)+b(c2+a2－2ca)+c(a2+b2－2ab)
=(a+b+c)(a2+b2+c2－ab－bc－ca)+a(b2+c2－2bc)+b(c2+a2－2ca)+c(a2+b2－2ab)
1=(a+b+c)[(a－b)2+(b―c)2+(c―a)2]+a(b―c)2++b(c―a)2+c(a－b)2
2111=a+b－c)(a－b)2+b+c－a)(b―c)2+a+c－b)(c―a)2.222
∵a,b,c是三角形的三边,∴a+b－c >0, b+c－a >0, a+c－b >0.而(a－b)2≥0,(b―c)2≥0,(c―a)2≥0,故原不等式成立,当且仅当a=b=c,即△ABC是正三角形时等号成立.例2 已知a,b,c是正数, 证明：
abc3(1)(1963年莫斯科数学奥林匹克试题)b+cc+aa+b2
a2b2c2a+b+c(2)+≥(第2届世界友谊杯数学竞赛试题)b+cc+aa+b2
abc3证明(1)+ b+cc+aa+b2
2a(a+b)(c+a)+2b(a+b)(b+c)+2c(b+c)(c+a)－3(a+b)(b+c)(c+a)=2(a+b)(b+c)(c+a)
2(a3+b3+c3)－(a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2)=2(a+b)(b+c)(c+a)
a3+b3－(a2b+ab2)+b3+c3－(b2c+bc2)+b3+c3－(c2a+ca2)= 2(a+b)(b+c)(c+a)
(a+b)(a－b)2+(b+c)(b－c)2+(c+a)(c－a)2abc3= 0,+.2(a+b)(b+c)(c+a)b+cc+aa+b2
a2b2c2abcab(2)不难证明++=(a+b+c)(+ +)－(a+b+c),利用这个恒等式得到不等式+ b+cc+aa+bb+cc+aa+bb+cc+a
c3a2b2c2a+b+c+≥++.a+b2b+cc+aa+b2
y2－x2z2－y2x2－z2
例3 设x, y, z是正数, 则≥0.(W.Janous猜想)z+xx+yy+z
y2－x2z2－y2x2－z2y2－z2z2－x2x2－y2
证明 设 u = , v= , z+xx+yy+zz+xx+yy+z
z2－x2x2－y2y2－z2
则u－v = += z―x+x―y+y―z = 0, z+xx+yy+z
111111又u+v =(x2－y2)(－y2－z2)(－z2－x2y+zz+xz+xx+yx+yy+z
x－yy－zzx=(x2－y2)+(y2－z2)+(z2－x2)(y+z)(z+x)(z+x)(x+y)(x+y)(y+z)
(x+y)(x－y)2(y+z)(y－z)2(z+x)(z－x)2
= ++ ≥0,(y+z)(z+x)(z+x)(x+y)(x+y)(y+z)
y2－x2z2－y2x2－z2
所以,u=v>0.从而+0.z+xx+yy+z
x5－x2y5－y2z5－z2
例4正实数x,y,z满足xyz≥1,证明：++0.(第46届IMO试题)x+y+zy+z+xz+x+y证明 因为xyz≥1,所以
x5－x2x5－x2·xyzx4－x2yz2x4－x2(y2+z2)≥类似地,可得 x+y+zx+(y+z)·xyzx+yz(y+z)2x+(y+z)y5－y22y4－y2(z2+x2)z5－z22z4－z2(x2+y2)≥y+z+x2y+(z+x)z+x+y2z+(x+y)2a2－a(b+c)2b2－b(c+a)2c2－c(a+b)222令a=x,b=y,c=z,原不等式化为证明+0 2a+(b+c)2b+(c+a)2c+(a+b)a(a－b)+a(a－c)b(b－c)+b(b－a)c(c－a)+c(c－b)+≥0 2a+(b+c)2b+(c+a)2c+(a+b)c2+c(a+b)+a2-ab+b2112∑(a-b)(≥0∑(a-b)()≥0.2a+(b+c)2b+(c+a)(2a+(b+c))(2b+(c+a))cyccyc1119例5设x、y、z是正实数,求证：(xy+yz+zx)[+年伊朗数学奥林匹克试题)(x+y)(y+z)(z+x)4
证明 不妨设x≥y≥z＞0,1119xy+z(x+y)yz+x(y+z)zx+y(z+x)9(xy+yz+zx)[+++－(x+y)(y+z)(z+x)4(x+y)(y+z)(z+x)4
xyz3xy1yz1zx1+－ y+zz+xx+y2(x+y)4(y+z)4(z+x)4
2(z－x)2(y－z)2(x－y)2(y－z)2(z－x)21(x－y)=+]－[+] 2(y+z)(z+x)(x+y)(y+z)(x+y)(z+x)4(x+y)4(y+z)4(z+x)1212121222={[－－](x－y)+[y－z)}+[z－x)]} 4(y+z)(z+x)(x+y)(x+y)(z+x)(y+z)(x+y)(y+z)(z+x)1=Sz(x－y)2+Sx(y－z)2+Sy(z－x)2],① 4
212121其中Sz =－ Sx, Sy =(y+z)(z+x)(x+y)(x+y)(z+x)(y+z)(x+y)(y+z)(z+x)因为x≥y≥z＞0,所以2(x+y)2＞(x+y)2＞(y+z)(z+x),即Sz＞0.又2(z+x)2－(x+y)(y+z)=(x2－xy)+(x2－yz)+2z2+3zx＞0, 所以 Sy≥0.若Sx≥0,①的右端≥0,不等式得证.yy－zy若Sx＜0,因为x≥y≥z＞0,所以≥0,于是,(y－z)2≤()2(x－z)2.xx－zx
22yyS+xSSx(y－z)2+Sy(z－x)2≥Sx2(x－z)2+Sy(z－x)2(z－x)2.② xx22下面证明ySx+xSy≥0,事实上,y2Sx+x2Sy≥0⇔y2[2(y+z)2(z+x)－(x+y)(z+x)2]+x2[2(y+z)(z+x)2－(x+y)(y+z)2]
=y2(2y2z+xy2+3yz2+2xyz+2z3+xz2－2zx2－x3)+x2(2yz2+x2y+3xz2+2xyz+2z3+x2z－2zy2－y3)
=2xyz(x2+y2－2xy)+xy(x3+y3－x2y－xy2)+y2(2y2z+3yz2+2z3+xz2)+x2(2yz2+3xz2+z3+x2z)
=2xyz(x－y)2+xy(x+y)(x－y)2+y2(2y2z+3yz2+2z3+xz2)+x2(2yz2+3xz2+z3+x2z)＞0,所以,②式右端≥0,所以Sz(x－y)2+Sx(y－z)2+Sy(z－x)2≥0.综上,不等式得证.例6 设a,b,c是一个三角形的三边长,求证a2b(a－b)+b2c(b－c)+c2a(c－a)≥0.并指出等号成立的条件.(第24届IMO试题)
证明a2b(a－b)+b2c(b－c)+c2a(c－a)
1= [(a+b－c)(b+c－a)(a－b)2+(b+c－a)(a+c－b)(b－c)2+(a+c－b)(a+b－c)(c－a)2]≥0.2
b+cc+aa+b(a2+b2+c2)(ab+bc+ca)例7已知a,b,c＞0,证明：++3.(2006年罗马尼亚数学奥林匹克试题)abcabc(a+b+c)
b+cc+aa+b(a2+b2+c2)(ab+bc+ca)证明+3－abcabc(a+b+c)
b+cc+aa+b(a2+b2+c2)(ab+bc+ca)= 6－[3] abcabc(a+b+c)
(b－c)2(c－a)2(a－b)2(b+c)(b－c)2(c+a)(c－a)2(a+b)(a－b)2
=+[+] bccaabbc(a+b+c)ca(a+b+c)ab(a+b+c)
1(b+c)1(c+a)1(a+b)b－c)2+[－c－a)2+[－](a－b)2 bcbc(a+b+c)caca(a+b+c)abab(a+b+c)
abc=b－c)2+c－a)2a－b)2≥0.bc(a+b+c)bc(a+b+c)bc(a+b+c)
bca例8 在△ABC中,证明:a2(－1)+b2(－1)+c2(－1)≥0.(2006年摩尔多瓦数学奥林匹克试题)cab
证明 不等式两边同时乘以2abc,不等式化为证明2a3b(b－c)+2b3c(c－a)+2c3a(a－b)≥0.2a3b(b－c)+2b3c(c－a)+2c3a(a－b)
=a3[(b+c)+(b－c)](b－c)+ b3[(c+a)+(c－a)](c－a)+c3[(a+b)+(a－b)](a－b)
= a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2+a3(b2－c2)+b3(c2－a2)+c3(a2－b2)
=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2+a2(c3－b3)+b2(a3－c3)+c2(b3－a3)
=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2+a2[(c－b)3+3cb(c－b)]+b2[(a－c)3+3ca(c－a)]
+c2[(b3－a3)+3ba(b－a)]
=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2－a2(b－c)3－b2(c－a)3－c2(a－b)3
+3abc[a(c－b)+b(c－a)+c(b－a)]
=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2－a2(b－c)3－b2(c－a)3－c2(a－b)3
= a2(b－c)2(c+a－b)+b2(c－a)2(a+b－c)+c2(a－b)2(b+c－a).在△ABC中, c+a－b, a+b－c, b+c－a都是正数，而(b－c)2≥0,(c－a)2≥0,(a－b)2≥0,所以不等式得证.例9在△ABC中,a,b,c是它的三条边,p是半周长,证明不等式： a(p－b)(p－c)bbc
(p－b)(p－c)+bc(p－c)(p－a)cca(p－c)(p－a)+ca(p－a)(p－b)≥p.(2006年摩尔多瓦数学奥林匹克试题)ab(p－a)(p－b)p ab
≥x+y+z(z+x)(z+y)
≥2(x+y+z)(z+x)(z+y)
x+y2 y+z证明令x=p－a,y=p－b,z=p－c,则a=y+z,b=z+x,c=x+y.a⇔(y+z⇔2(y+z⇔z+x)(x+y)(x+z)z+x(x+y)(x+z)+(x+y)(y+z)(y+x)x+y(y+z)(y+x)(y+z)z(y+z)y+(y+zx+yx+z－x+y
y+z2(z+x)z(z+x)x)++－(z+x)(x+zx+yy+z2≥2(x+y+z)x+z
zx+yy2)+(z+x)(x+z(x+y)x(x+y)y+－(x+y)(y+zx+zx2y2z2⇔)－(x+y+z)≥(y+z)(y+zz+xx+y
+(x+y)(y+z2)x+zzx+yx2)y+z
(x+y+z)(x－y)2(x+y+z)(y－z)2(x+y+z)(z－x)2(x+y+z)2(y－z)2
⇔+≥(y+z)+(y+z)(z+x)(z+x)(x+y)(x+y)(y+z)(z+x)(x+yz(x+z)+y(x+y))2
(x+y+z)2(z－x)2(x+y+z)2(x－y)2
(z+x+(x+y).①(x+y)(y+z)(z(y+zx(x+y))2(y+z)(z+x)(x(x+z)+y(y+z))2
(x+y+z)(x－y)2(x+y+z)2(x－y)2(x+y+z)(x+y)(x+y ⇔1≥2(y+z)(z+x)(y+z)(z+x(2
⇔(2≥(x+y+z)(x+y)⇔≥2xy.因为z是正数,这是显然的.同理可证其余两个不等式.于是不等式①成立.11131111例10 已知a,b,c＞0,且abc=1,－2(.(2004年匈牙利数学奥林匹克试abca+b+cabca+b+c题)11131111证明因为abc=1,所以++≥++)等价于 abca+b+cabca+b+c
1113111abc－2(.abca+b+cabca+b+c
注意到(a3+b3)－(a2b+ab2)=(a2－b2)(a－b)=(a+b)(a－b)2有
1113111abc+－2(+)abca+b+cabca+b+c
[(a+b+c)(ab+bc+ca)－3abc](a2+b2+c2)－(a2b2+b2c2+c2a2)(a+b+c)= abc(a+b+c)(a+b+c)
(a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2)(a2+b2+c2)－(a2b2+b2c2+c2a2)(a+b+c)= abc(a+b+c)(a+b+c)
[(a4b+ab4)－(a3b2+a2b3)]+[(b4c+bc4)－(b3c2+b2c3)]+[(a4c+ac4)－(a3c2+a2c3)]= abc(a+b+c)(a+b+c)
ab[(a3+b3)－(a2b+ab2)]+bc[(b3+c3)－(b2c+bc2)]+ca[(a3+c3)－(a2c+ac2)]=abc(a+b+c)(a+b+c)
ab(a+b)(a－b)2+bc(b+c)(b－c)2+ca(c+a)(c－a)2
= 0.所以,原不等式成立.abc(a+b+c)(a+b+c)
111xyz例11 已知x,y,z∈[1,2],证明：(x+y+z)()≥6(+年越南数学奥林匹克试题)xyzy+zz+xx+y
证明 不妨设2≥x≥y≥z≥1,(x－y)2(y－z)2(z－x)2111因为(x+y+z+)－+, xyzxyyzzx
2(y－z)2(z－x)2xyz31(x－y)又因为+[+y+zz+xx+y22(y+z)(z+x)(x+y)(z+x)(y+z)(x+y)
111xyz所以(x+y+z)－6(++)xyzy+zz+xx+y
131313x－y)2+()(y－z)2+()(z－x)2≥0 xy(y+z)(z+x)yz(x+y)(z+x)zx(y+z)(x+y)
z(x+y)(z2+zx+zy－2xy)(x－y)2+x(y+z)(x2+xy+xz－2yz)(y－z)2+y(z+x)(y2+yz+yx－2zx)(z－x)2
=Sz(x－y)2+Sx(y－z)2+Sy(z－x)2≥0.①
由2≥x≥y≥z≥1,易知(x+y)(z+x)－3yz≥2y·2z－3yz＞0, 所以Sx＞0,又Sy≥0⇔(y+z)(x+y)－3zx≥0⇔xy+yz+y2－2zx≥0.②
由2≥x≥y≥z≥1,易知,y+z≥2≥x,所以y(y+z)≥zx, xy≥zx,相加得②.所以Sy≥0.如果Sz≥0,则①式右边≥0,不等式得证.如果Sz＜0,则(x－y)2=[(x－z)－(y－z)]2=(z－x)2+(y－z)2－2(x－z)(y－z),Sz(x－y)2+Sx(y－z)2+Sy(z－x)2=(Sy+Sz)(z－x)2+(Sx+Sz)(y－z)2－2Sz(x－z)(y－z)≥(Sy+Sz)(z－x)2+(Sx+Sz)(y－z)2.下面证明Sy+Sz≥0, Sx+Sz≥0.Sx+Sz=x(y+z)(x2+xy+xz－2yz)+z(x+y)(z2+zx+zy－2xy)
≥z(x+y)[(x2+xy+xz－2yz)+(z2+zx+zy－2xy)]= z(x+y)[(x+2z)(x－y)+z2]≥0, Sy+Sz=y(z+x)(y2+yz+yx－2zx)+z(x+y)(z2+zx+zy－2xy)
≥z(x+y)[(y2+yz+yx－2zx)+(z2+zx+zy－2xy)]
= z(x+y)[xy+(y+z－x)(y+z)]≥0,所以Sz＜0时,不等式也成立.111xyz于是，只要x, y, z∈[1,2], 就有(x+y+z)(++≥).xyzy+zz+xx+y
