运用“分拆”法证明一类轮换对称不等式

1、运用“分拆”法证明一类轮换对称不等式运用“分拆”法证明一类轮换对称不等式9/9运用“分拆”法证明一类轮换对称不等式运用“分拆”法证明一类轮换对称不等式徐彦辉（浙江省温州大学数信学院325035）纵观国内外数学奥林匹克中的不等式试题,有很多试题是关于轮换对称的不等式,轮换对称不等式形式优美,证明技巧很多,但规律难寻.笔者近来发现运用“分拆法”可一致证明一类轮换对称不等式,特写出来供大家参照.凑配型构造例1.已知a,b,c?R+,且a2b2c23,求证:a3b3c33.证明:由均值不等式得a3a313a2,b3b313b2,c3c313c2,以上三式相加并整理得a3b3c33(a2b2c2)33.

2、2例2.已知a,b,c为正数,求证:a2abb2b2bcc2c2caa23(abc).证明:由a2b22ab得4(a2abb2)3(a22abb2)3(ab)2,即2a2abb23(ab),同理可得2b2bcc23(bc),2c2caa23(ca),所以,2(a2abb2b2bcc2c2caa2)23(abc),故原不等式成立.例3.设a,b,c?R,求证:a4b4c41.4a4+b4+c4+a4+4b4+c4+a4+b4+4c4?2证明:由均值不等式得4a4+b4+c4=2a4+(a4+b4)+(a4+c4)?2a42a2b2+2a2c2=2a2(a2+b2+c2),则a44?a4a2,4a

3、44+c22+b2+c2)2(a2+b2+c2)+b2a(a同理,b4b2c4c2a4+4b4+c42(a2+b2+c2),a4+b4+4c42(a2+b2+c2),以上三式相加即得a4+b4+c41.4a4+b4+c4a4+4b4+c4a4+b4+4c4?2例4(1997年美国奥赛题)已知a,b,c为正数,求证:1111.a333333abcbabcbcabccaabc证明:由a3b3a2bab2ab(ab)得a3abcabcc,b3abcab(ab)abcabc同理可得b3abcac,c3abcb,c3abcaba3abcabc所以,abcabcabc1,故原不等式成立.3b333abcc

4、33abcaabcbca1巧设配偶因子例5（第19届北欧竞赛题）设a,b,c是正实数,求证:2a22b22c2abc.bccaab证明:令0,由均值不等式得2a2(bc)2a2,等号成立当且仅当bc2a2(bc)即2a2abc,此bc(b.又易知所证不等式等号成立的条件是c)2时1.则有2a2bc2a,同理有2b2ca2b,2c2ab2c,将这2bc2ca2ab2三个不等式相加化简即得所证不等式2a22b22c2abc.bccaab例6.设a,b,c是正实数,且a2b2c23,求证:111111.12ab2bc2ca证明:令0,由均值不等式得1(12ab)2,此不等式等号成12ab立条件是1(

5、12ab)即1.又易知所证不等式等号成立的条2ab(112ab)2件是abc1,此时1.9则有11(12ab)2,同理有11(12bc)2,111(12ca)2,12ab9312bc932ca93将这三个不等式相加得,111121(32ab2bc2ca).12ab2bc12ca9又由均值不等式可得,62(a2b2c2)2ab2bc2ca,代入上式得所证不等式11112ab12bc1.12ca例7.若x1,x2,xn为小于1的正数且x1x2xn1,m,nN且m2,n2,则111nm.mmmnm1x1x1x2x2xnxn1证明:因xi(0,1),(1,2,),则m(0,1).令0,inxixi2由

6、均值不等式得1(xixim)2,此不等式等号成立的条件是xixim1xim(xixim),即1.又易知所证不等式等号成立的条件是xi(xixim)2xi11,2,n),此时n2m,则1n2m(xim)2nm,(i(nm12ximm12xim1n1)xi(n1)n1即12nmn2mmxi),其中i1,2,n,mnm11(nm11)2(xixixi将这n个不等式相加得,n12nm1n2mnmnxi).(i1ximm11(nm12xixin1)i1i1nnxmxn,所以mii1,即1,代入上述由于x1x2xn1i1i1ximnnni1nm1不等式化简即证得:111nm.x1mx2mxnmnm1x1x

7、2xn1线性构造例8.设a,b,cR,且abc1,求证:3a3b3c9.1a21b21c2证明:注意到a,b,c1时获取.不放设3a3k(13a)恒成立,R,且在abc231a化简可得(13a)(akka2)0.欲满足构造条件,分子(13a)(akka2)必含1a2有(13a)2,(akka2)中必还含有(13a),则我们有1k1k0,解得k3.3910此时,3a33(13a)(13a)2(a3)0.1a21010(1a2)同理,3b33(13b),3c33(13c),1b2101c210三式累加得:3a3b3c93(13a)(13b)(13c)0,1a21b21c210即3a3b3c9(当且

8、仅当abc1时取等号).1a21b21c23例9.设a,b,cR,且abc1,求证:acbc3.b11a143证明:联系已知及不等号成立条件,不如假设a3ka(13b)恒成立,1ab4化简得(13b)14k(b1)a0.同上例的解析,解得k3.4(b1)16此时,a33a3b)a159ab.b1a(1b116a41616同理,b115b9bc,ac15c9ca.c161611616三式累加得acbc15(abc)9(abbcca).b11a11616由abc1,故(abc)21,则abbcca(abc)21,33所以,acbc3(当且仅当abc1时取等号).b11a143例10.设a,b,c3

9、,且abc1求证a1b2bc19.4,:a21c210证明:设待定系数,使a13(a1)恒成立,即(3a1)(a3)(3a1).a210310(a21)3考虑此式等号成立,应有(3a1)(a3)(3a1),解得18.10(a21)325a318123此时,(3a3)0.则当a时显然成立a2110(a)1)(4a4253所以,a3181,同理,b3181),c31812110(a)21025(b2(c)a253b13c110253三式累加得abc918(abc1)0.证毕.a21b21c211025齐次构造例11(数学通知1435号问题)已知a,b为正数,求证:aba3bb3a.1.333331

10、3333311证明:由均值不等式知b2a4b4a4b43a2b,则a2b22a4b4a23a2ba2(a3b),331133aa4bb4即a4b4a4(a3b)2,即33,同理可得33,a3ba4b4b3aa4b4所以,ab1.a3bb3a若是将a,b分别换成a2,b2,即可获取一个新的不等式,即例11.4例12(数学通知1454号问题)已知a,b为正数,求证:a2ab1.3b2b23a2例13.已知a,b,c为正数,且abc1,求证:111.12a12b112c2211证明:由均值不等式知b3c32(bc)32a3,则1212aa3ab23,2c3同理可得1212ba3bb23122,23c

11、312ca3cb23,2c31111.所以,12b12c12aabc3例14(1963年莫斯科奥赛题)已知a,b,c为正数,求证:ccaab2.b333133313331证明:由均值不等式知a2b2b23a2b,a2c2c23a2c,则2(a2b2c2)3a2(bc),即a33abc2(a2b3,同理可得b33ca32c22(a2)bb32c,33b32c2a2(a2)cb3,33c2)所以,abc3bccaab.2例15.已知a,b,c为正数,求证:(1)abc2;(Macedonia1995)bcacab(2)abc（2010年南昌大学附中青年数学教师解题竞赛题）bcacab证明:（1）从

12、局手下手,先证a2a,即只要证a4a2,bcabcbc(abc)2即只要证(abc)24a(bc),即只要证a(bc)20,显然成立.同理,b2b,c2cacabcababc.显然,这三个等号不能够同时成立,故原不等式成立.（2）从局手下手,先证3a2a.即只要证a8a3,bcabcbc(abc)3即只要证a2(bc)(ab2即只要证2(bc)a2(2b2c3c)3,即只要证2(bc)a22(abc)3,2aa)3(2)3(abc)32(abc)3？32同理,3b2b,3c2c.显然,这三个等号不能够同时成立,caabcababc故原不等式成立；512从局手下手,若是可证a322a3,则三式相

13、加即得原不等式.122(bc)3a3b3c3222112211下面来证明:a3b3c32a3(bc)3.易知a3(bc)32a3(bc)3,22222即只要证b3c3(bc)3,即只要证(b3c3)3(bc)2,而这是显然的.自然,本题结论实行到n次根号下仍旧成立.先从局手下手,只要证明12an2an122222211.即只要证anbncn2an(bc)n.(bc)nanbncn221122211易知an(bc)n2an(bc)n,即只要证明bncn(bc)n.设xbn,ycn,即只要证(x2y2)n(xnyn)2,这个式子由二项式张开易知.证毕.例16.(IMO42-2)已知a,b,c为正数

14、,求证:abc1.a28bcb28acc28ab证明:设a8bcaxaxcx,即只要证a2(axbxcx)2a2x(a28bc),a2bx即只要证(axbxcx)2a2x2(a28bc),即只要证a2x2ax(bxcx)(bxcx)2a2x8a2x2bc,即只要证2ax(bxcx)(bxcx)28a2x2bc.xxxxxxxx由于bxcx2b2c2,则只要证2ax2b2c2(2b2c2)28a2x2bc,即只要证axb2c2bxcx2a2x2bc.xxbxcx3x3xx3x3xx3x3xa2x2bc.显然,由于axb2c22axb2c22a2b4c4,所以只要a2b4c4取x4满足要求.344

15、4即aa3,同理可得bb3,cc3,a24444444448bca3b3c3b28aca3b3c3c28aba3b3c3所以abc8bcb28ac1.a2c28ab变形后再凑配例17(数学通知2332号问题)已知a,b,c,d0,abcd1,求证:11111.bcd1cda1dab1abc1证明:设正数x,y,z,w,使得x4a,y4b,z4c,w4d,则xyzw1.6于是,应用切比雪夫不等式和三元均值不等式得bcd1y4z4w4xyzw1(y3z3w3)(yzw)xyzwyzw(yzw)xyzw3yzw(xyzw)xyzw,即11xyx,xbcdzw同理,1y,1z,1w,cda1xyzwd

16、ab1xyzwabc1xyzw所以,1111xyzw1.bcd1cda1dab1abc1xyzwxyzwxyzwxyzw例18.设x、y、z是非负数,且x2y2z23,求证:xyz3.x2yzy2zxz2xy证明:(xyz)3(x2y2z2)xyzx2y2z2,由柯西不等式可得:(x2yz)(1yz)xyz.则xx1yz,同理,y2yy1zx，zz1xy,x2yzxyzzxxyzz2xyxyz故xyzx1yzy1zxz1xy,x2yzy2zxz2xyxyz再用柯西不等式得:(x1yzy1zxz1xy)2(xxxyxzyyyzxyzzzxzy)2(xyz)2(xyyzzx)xyz(xyz)(2x

17、y2yz2zxx2y2z2)(xyz)33即:x1yzy1zxz1xy(xyz)2xyzxyzxyzx2y2z23.故xyz3,当且仅当xyz1时,不x2yzy2zxz2xy等式等号成立.Example19.Leta,b,cbepositiverealnumbers,Provethat7aab3abc3aababc.323Solution.Wehavethataab3abca3abab3abc2Nowwewillprovethata3abab3abc3aababc223BytheAM-GMInequalitywehave2a3a12a3a31ababcbabca33b113b311abcacb

18、32b3c12b3c31ababcacabb3Now,justaddthemupandwehavethedesiredinequality.Theequalityoccurswhenabc.增强练习:1.设a,b,cR,且a2b2c21,求证:a1b1c33.1a2b2c22(提示:先证明不等式a33a2,b33b2,c33c2)1a221b221c222.已知a,b,c为正数,且abc1,求证:11111.18a18b8c3(提示:先证明不等式3818aa9ab893,888b89c91a9bb893,888c89c91a9cb89)8c93.已知aiR,i1,2,3,且a1a2a31,求证:1121121227.a1a21a310(提示:先证明对任意0a1,有127a)1a2(2504.求证:sin2sin2sinsinsinsin1.(提示:构造不等式sin2sin2sinsin,sin21sin,sin21sin)2222222228.5.设a,b,c0,求证:(2abc)(2bca)(2cab)2a2(bc)22b2(ca)22c2(ab)2(提示:由齐次性不如设abc3,则原不等式等价于(a3)