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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) = ( 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(