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类对称或循环不等式的配方法证明

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) = ( a+b+c)[(a-b)2+(b―c)2+(c―a)2]+a(b―c)2++b(c―a)2+c(a-b)2 =(a+b-c)(a-b)2+( b+c-a)(b―c)2+(a+c-b)(c―a)2. ∵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: (1)++≥. (1963年莫斯科数学奥林匹克试题) (2) ++≥. (第2届世界友谊杯数学竞赛试题) 证明 (1)∵+ +- = = = = ≥0, ∴+ +≥. (2)不难证明++=(a+b+c)(+ +)-(a+b+c),利用这个恒等式得到不等式+ +≥和++≥等价. 例3 设x, y, z是正数, 则++≥0. (W.Janous猜想) 证明 设 u = ++, v= ++, 则u-v = ++ = z―x+x―y+y―z = 0, 又u+v = (x2-y2)(-)+(y2-z2)(-)+(z2-x2)(-) = (x2-y2) + (y2-z2) + (z2-x2) = + + ≥0, 所以,u=v0. 从而++≥0. 例4正实数x,y,z满足xyz≥1,证明:++≥0. (第46届IMO试题) 证明 因为xyz≥1,所以 ≥=≥,类似地,可得 ≥, ≥. 令a=x2,b=y2,c=z2,原不等式化为证明++≥0 (++≥0 ((a-b)(-)≥0((a-b)2()≥0. 例5设x、y、z是正实数,求证:(xy+yz+zx)[++]≥.(1996年伊朗数学奥林匹克试题) 证明 不妨设x≥y≥z>0, (xy+yz+zx)[++]-=++-  =++-+-+-+- =[++]-[++] ={[-](x-y)2+[-](y-z)2}+[-](z-x)2]} =[Sz(x-y)2+Sx(y-z)2+Sy(z-x)2],                   ① 其中Sz =-, Sx =-, Sy =-. 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. 若Sx<0,因为x≥y≥z>0,所以≥≥0,于是, (y-z)2≤()2(x-z)2. Sx(y-z)2+Sy(z-x)2≥Sx()2(x-z)2+Sy(z-x)2=(z-x)2. ② 下面证明y2Sx+x2Sy≥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(

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