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不等式证明的方法技巧(三元型)


关于三元不等式的一点总结 在自主招生乃至数学竞赛中, 我们往往会见到许多三元不等式, 形式例如 “a ?b?c, 的不等式不胜枚举, 所以本节就专门来谈谈关于这类不等式的处理手段。 abc, ab ? bc ? ac ” 由恒等式 (a ? b ? c)(ab ? bc ? ac) ? (a ? b)(a ? c)(b ? c) ? abc ,再结合下面这个不 等式: abc ?


3

abc ? 3 ab ? bc ? ac ?

a ? b ? c ab ? bc ? ac ,可推出 ? 3 3

(a ? b)(a ? c)(b ? c) ? (a ? b ? c)(ab ? bc ? ac) ? abc

1 ? (a ? b ? c)(ab ? bc ? ac) ? (a ? b ? c)(ab ? ac ? bc) 9 8 (*) ? (a ? b ? c)(ab ? ac ? bc) 9
即产生不等式 9(a ? b)(b ? c)(a ? c) ? 8(a ? b ? c)(ab ? ac ? bc) 由(*)可进一步推: (*) ? ①

8 3(ab ? bc ? ac) ? (ab ? bc ? ac) 9

3 所以又产生不等式 9( a ? b)(b ? c )(a ? c ) ? 8 (ab ? ac ? bc ) ,亦可写成:

3 ? 3 (a ? b)(b ? c)(a ? c) ? 2 ab ? bc ? ac



从恒等式 (a ? b)(a ? c)(b ? c) ? (a ? b ? c)(ab ? bc ? ac) ? abc 中我们又发现:

(a ? b)(a ? c)(b ? c) ? (a ? b ? c)(ab ? bc ? ac) ? abc

? 3 3 abc ? 3 3 ab ? bc ? ac ? abc ? 8abc
即有不等式 (a ? b)(a ? c)(b ? c) ? 8abc ③

结合① ② ③容易发现, (a ? b)(a ? c)(b ? c) 既可以与 abc 和 ab ? bc ? ac 单独建立 不等关系,又能和 abc 、 ab ? bc ? ac 混合建立不等式。进一步,我们若联系熟悉的不等式

(ab ? bc ? ac)2 ? 3abc(a ? b ? c) (证明交给读者自己)和舒尔不等式的下列 4 个变形:
变形 1 x ? y ? z ? ( x y ? xy ? x z ? xz ? y z ? yz ) ? 3 xyz ? 0
3 3 3 2 2 2 2 2 2

我们把它简记为

?x ??x
3 cyc cyc
2

2

( y ? z ) ? 3xyz ? 0

变形 2 ( x ? y ? z ) ? 4( x ? y ? z )( xy ? xz ? yz ) ? 9 xyz ? 0

我们把它简记为 (

? x)
cyc

3

? 4? x ? ? xy ? 9 xyz ? 0
cyc cyc

变形 3 xyz ? ( x ? y ? z)( x ? z ? y)(y? z? x) 我们把它简记为 xyz ?
2

? ( x ? y ? z)
cyc
2 2

变形 4 x ( y ? z ? x) ? y ( x ? z ? y) ? z ( x ? y ? z) ? 3 xyz 我们把它简记为

?x
cyc

2

( y ? z ? x) ? 3xyz

则又可以产生一大批新的三元不等式,形成有力的证明桥梁! 下面再介绍一种解决三元齐次轮换对称式的强有力工具-----舒尔分拆法! 定理 1(舒尔不等式的推广)

设x, y, z ? 0, k 为非负实数,则有如下成立: (1) ? ( yz )k ( x ? y )( x ? z ) ? 0
cyc

(2)? x k ( y ? z )( x ? y )( x ? z ) ? 0
cyc

(3)? ( yz ) k ( y ? z )( x ? y )( x ? z ) ? 0
cyc

证明: (1)

? ( yz)
cyc
cyc

k

( x ? y)( x ? z ) ? (xyz)k ? x ? k ( x ? y)( x ? z) ? 0
cyc
1

(2)

? x k ( y ? z )( x ? y)( x ? z ) ? 2? x k (yz) 2 ( x ? y)( x ? z )
cyc

? 2( xyz )

1 2

?x
cyc

k?

1 2

( x ? y )( x ? z )

?0
(3)由(1) (2)易知也成立。

定理 2

三元齐三次轮换多项式 f ( x, y, z) 可以唯一地表示为
f ( x, y, z ) ? ag1 ? bg 2 ? cg3

其中, g1 ?

? x( x ? y)( x ? z) , g
cyc

2

, g3 ? xyz 。 ? ? ( y ? z )( x ? y)( x ? z)
cyc

并且当 x, y, z ? 0 时, a, b,c ? 0 ? f ( x, y, z ) ? 0 。 此定理的证明涉及到线性代数的知识,这里就不证明了。 为了快速计算出待定系数,只要记住 a ? f (1, 0, 0), b ?

f (1,1, 0) , c ? f (1,1,1) 。 2

定理 3 三元齐四次轮换多项式 f ( x, y, z ) 可以唯一地表示为

f ( x, y, z ) ? ag1 ? bg 2 ? cg3 ? dg 4
其中, g1 ?

?x
cyc

2

, ( x ? y)( x ? z ) , g2 ? ? x( y ? z )( x ? y)( x ? z)
cyc

g3 ? ? yz( x ? y)( x ? z ) , g4 ? xyz ( x ? y ? z ) 。
cyc

并且当 x, y, z ? 0 时, a, b,c,d ? 0 ? f ( x, y, z) ? 0 。 其中系数 a ? f (1, 0, 0), c ? f (1,1, 0), d ?

f (1,1,1) c ? f (?1, 0,1) ,b ? a ? 3 4

定理 4 三元齐五次轮换多项式 f ( x, y, z ) 可以唯一地表示为

f ( x, y, z ) ? ag1 ? bg 2 ? cg3 ? dg 4 ? eg5
其中, g1 ?

? x ( x ? y)( x ? z) , g
3 cyc

2

? ? x 2 ( y ? z )( x ? y)( x ? z)
cyc

g3 ? ? yz(y? z)( x ? y)( x ? z ) , g4 ? xyz ? ( x ? y)( x ? z ) , g5 ? xyz ( xy ? yz ? xz )
cyc cyc

并且当 x, y, z ? 0 时, a, b,c,d,e ? 0 ? f ( x, y, z) ? 0 。 其中 a ? f (1,0,0) , c ?

f (1, i, 0) c f (1,1, 0) f (1,1,1) ,e ? ,b ? ? , 2(1 ? i) 2 2 3

d?

f (?1, i,1)i ? 8b ? e ? 2a 。 ( i为虚数 ) 2

例 1 设 a, b, c为正数,且a ? b ? c ? 1, 证明:

a 2 ? b2 ? c 2 ? 2 3abc ? 1
证明:先两端齐次化,证明

a 2 ? b2 ? c 2 ? 2 3 a b(c ? a
即证明

? b ) c?(

? a

? b 2) c

(ab ? bc ? ac)2 ? 3abc(a ? b ? c)
而由上面总结的熟悉不等式,显然成立。 例 2 设 a, b, c为正数, 且 a ? b ? c ? 3, 证明:

abc(a 2 ? b2 ? c 2 ) ? 3
证明:题目中交代 a ? b ? c ? 3, 所以我们要活用常数,在原不等式左右都乘上 3,左边以

a ? b ? c 来代替,即
abc(a ? b ? c)(a 2 ? b2 ? c 2 ) ? 9
这样我们就正好也凑到了熟悉不等式的形式,两边再同乘上 3,得

3abc(a ? b ? c)(a 2 ? b2 ? c 2 ) ? 27
而我们本来就有

3abc(a ? b ? c)(a 2 ? b 2 ? c 2 ) ? (ab ? bc ? ac) 2 (a 2 ? b 2 ? c 2 ) (a 2 ? b 2 ? c 2 ) ? (ab ? bc ? ac) ? (ab ? bc ? ac) ? 3 2 (a ? b ? c) 3 =[ ] ? 27 3
所以原不等式就成立了! 例 3 (1992 年波兰数学竞赛题)

设a, b, c为正数,证明不等式: 2 ab ? bc ? ac ? 3 ? 3 (a ? b)(b ? c )(a ? c )
证明:由总结的不等式②知,上式显然成立。 例 4 (第 25 届国际奥赛试题) 已知 x, y, z都是非负实数,且满足x ? y ? z ? 1 ,证明:

0 ? xy ? yz ? xz ? 2 xyz ?

7 27

证明:运用舒尔分拆的前提必须是齐次和轮换对称! 所以,先将不等式齐次化

0 ? ( xy ? yz ? xz )( x ? y ? z ) ? 2 xyz ?

7 ( x ? y ? z )3 27

则根据舒尔分拆, 令 f(x, y, z) ? ( xy ? yz ? xz )( x ? y ? z ) ? 2 xyz , 则 f (x,y,z ) 是齐三次轮 换多项式,计算系数 a ? f (1, 0, 0) ? 0, b ?

f (1,1, 0) ? 1, c ? f (1,1,1) ? 7 ,我们有: 2

f ( x, y, z ) ? g 2 ? 7 g3
所以

( xy ? yz ? xz)( x ? y ? z ) ? 2 xyz ? 0
同样根据舒尔分拆,我们有:

7 ( x ? y ? z )3 ? ( xy ? yz ? xz )( x ? y ? z ) ? 2 xyz 27 7 1 ? g1 ? g2 27 27
所以

7 ( x ? y ? z )3 ? ( xy ? yz ? xz )( x ? y ? z ) ? 2 xyz ? 0 27

即原不等式成立! 例 5 (第 41 届国际奥赛试题) 设 a, b, c都是正数,且满足abc ? 1. 求证:

1 1 1 (a ? 1 ? )(b? 1 ? )(c? 1 ? ) ? 1 b c a
分析 显然我们知道可以舒尔分拆来证,所以立马我们通分,得

(ab ? b ? 1)(bc ? c ? 1)(ac ? a ? 1) ?1 abc
也即 再整理化简得

(ab ? b ? 1)(bc ? c ? 1)(ac ? a ? 1) ? 1

? a ? ? ab ? ? a b ? 3
2 cyc cyc cyc

此时虽然有 abc ? 1. 这个条件,但是无法将上式齐次化,所以不能直接用舒尔分拆。考虑这 个结构

1 1 kx ,如果 x是分式结构 ,那么 也是和 x一样 的分式型,又常数 k 可以写成 的 x x x

形式,这样处理有力于建立齐次式。 证明: 对a, b, c作代换 ,令 a ?

x y z , b ? , c ? ,于是原不等式等价于 y z x

xyz ? ( x ? z ? y)( y ? x ? z )( z ? y ? x) ? 0
接下来因为是三元齐三次轮换多项式,所以用舒尔分拆易证上式成立。 例 6(2005 年西部奥林匹克试题) 设正实数 a, b, c满足a ? b ? c ? 1 。证明:

10(a3 ? b3 ? c3 ) ? 9(a5 ? b5 ? c5 ) ? 1
证明:这个很好齐次化, 10(a ? b ? c ) ? 9(a ? b ? c ) ? 1 等价于
3 3 3 5 5 5

10(a3 ? b3 ? c3 )(a ? b? c)2 ? 9(a5 ? b5 ? c5 ) ? (a ? b ? c)5
进行舒尔分拆, f (1,0,0) ? 0, f (1,1,0) ? 30, f (1,1,1) ? 0 , f (1, i,0) ? 15(1 ? i) ,

f (?1, i,1) ? 0 。所以 a ? 0, b ? c ? 15, d ? 60, e ? 0 。故原不等式成立!

以上方法是证明一些三元不等式的有效方法,但不等式证明博大精深,法无定法,所以 读者在证题中切不能胡乱套模式。 另外有一点需要注意的是, 舒尔分拆是解决三元齐次轮换 多项式的手段,遇到非齐次或不轮换的,万万不可依葫芦画瓢!


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