一类条件不等式的一种代换证明
2015-04-07姜坤崇
姜坤崇
对于或可化为条件为A+B+C=1(A,B,C>0)一类条件不等式的证明,其方法灵活多样且没有固定、统一的方法,本文介绍一种代换证法,可有效地证明这类不等式,即可令A=aa+b+c,B=ba+b+c,C=ca+b+c(a,b,c>0),这样就可将所证不等式转化为关于三元a,b,c的一个无条件约束的代数不等式从而加以证明.
例1(1998年日本IMO选拔赛试题)若x,y,z>0,且11+x+11+y+11+z=1,求证:xyz≥8.
证明令11+x=aa+b+c,11+y=ba+b+c,11+z=ca+b+c(a,b,c>0),则x=b+ca,
y=c+ab,z=a+bc,所证不等式可化为p=(a+b)(b+c)(c+a)abc≥8.①
由二元均值不等式得
p≥2ab·2bc·2caabc=8,
所以原不等式得证.
例2(《数学通报》2014年第9期问题2201)已知a,b,c∈R+,且满足a21+a2+b21+b2
+c21+c2=1,求证:abc≤24.
问题提供人给出的证明很繁琐,以下利用代换法给出一种简证.
证明令a21+a2=xx+y+z,b21+b2=yx+y+z,c21+c2=zx+y+z(x,y,z>0),则a2=xy+z,b2=yz+x,c2=zx+y,于是abc≤24(abc)2≤18xy+z·yz+x·zx+y≤18(x+y)(y+z)(z+x)≥8xyz.
以上最后一个不等式即例1中已证的不等式①,故原不等式成立.
说明将例2中的不等式推广,可得:设xi∈R+(i=1,2,…,n,n≥2),且∑ni=1x2i1+x2i=1,则有x1x2…xn≤1(n-1)n2.
例3(2005年伊朗数学奥林匹克试题、2007年美国国家集训队测试题)设x,y,z是正数,且1x2+1+1y2+1+1z2+1=2,证明:xy+yz+zx≤32.
证明由于条件式1x2+1+1y2+1+1z2+1=2x2x2+1+y2y2+1+z2z2+1=1,所以可令x2x2+1=aa+b+c,y2y2+1=ba+b+c,z2z2+1=ca+b+c(a,b,c>0),则x=ab+c,y=bc+a,z=ca+b,所证不等式可化为
q=ab+c·bc+a+bc+a·ca+b+ca+b·ab+c≤32.②
由二元均值不等式得
q=bb+c·ac+a+cc+a·ba+b+aa+b·cb+c≤12[(bb+c+ac+a)+(cc+a+ba+b)+(aa+b+cb+c)]=12(a+ba+b+b+cb+c+c+ac+a)=32,
所以原不等式得证.
例4(1998年伊朗数学奥林匹克试题)如果x,y,z≥1,且1x+1y+1z=2,证明:
x+y+z≥x-1+y-1+z-1.
分析所证不等式等价于
(x+y+z)2≥(x-1+y-1+z-1)2x-1·y-1+y-1·z-1+z-1·x-1≤32.③
令x-1=a,y-1=b,z-1=c,代入1x+1y+1z=2得1a2+1+1b2+1+1c2+1=2,而代入③式得ab+bc+ca≤32,因此本题同例3是等价的,具体证明从略.
例5(2004年上海竞赛试题)若α,β,γ∈(0,π2),sin2α+sin2β+sin2γ=1,求证:cotα+cotβ+cotγ≥32.
证明由sin2α+sin2β+sin2γ=1可令sin2α=aa+b+c,sin2β=ba+b+c,sin2γ=ca+b+c(a,b,c>0),则cotα=b+ca,cotβ=c+ab,cotγ=a+bc,所证不等式可化为
r=b+ca+c+ab+a+bc≥32.
而由三元均值不等式及不等式①得
b+ca+c+ab+a+bc≥
36(b+c)(c+a)(a+b)abc≥32,
所以原不等式得证.
例6(2005年罗马尼亚数学奥林匹克预选试题)设x,y,z是正数,且xy+yz+zx+2xyz=1,求证:xy+yz+zx≤32.
分析条件式xy+yz+zx+2xyz=1从表面上看不为A+B+C=1的形式,但通过恒等变形可化为xx+1+yy+1+zz+1=1.
证明因为xy+yz+zx+2xyz=1xx+1+yy+1+zz+1=1,故可令xx+1=aa+b+c,yy+1=ba+b+c,zz+1=ca+b+c(a,b,c>0),则x=ab+c,y=bc+a,z=ca+b,所证不等式可化为不等式②,所以原不等式得证.
例7(第20届伊朗数学奥林匹克竞赛题)设x,y,z∈R+,且x2+y2+z2+xyz=4,证明:x+y+z≤3.
证明因为x2+y2+z2+xyz=4AA+1+BB+1+CC+1=1(其中A=yz2x,B=zx2y,C=xy2z),所以可令AA+1=aa+b+c,BB+1=ba+b+c,CC+1=ca+b+c(a,b,c>0),则yz2x=ab+c,zx2y=bc+a,xy2z=ca+b,于是x=2bc(c+a)(a+b),y=
2ca(a+b)(b+c),z=2ab(b+c)(c+a),
所证不等式可化为不等式②,所以原不等式得证.
例8(1996年越南数学奥林匹克试题)设x,y,z∈R+,且xy+yz+zx+xyz=4,证明:x+y+z≥xy+yz+zx.
证明由于xy+yz+zx+xyz=4xx+2+yy+2+zz+2=1,故可令xx+2=aa+b+c,
yy+2=ba+b+c,zz+2=ca+b+c(a,b,c>0),则x=2ab+c,y=2bc+a,z=2ca+b,所证不等式可化为u=ab+c+bc+a+ca+b≥2[ab(b+c)(c+a)+bc(c+a)(a+b)+ca(a+b)(b+c)].
而由二元均值不等式得
u=a(b+c)(b+c)2+b(c+a)(c+a)2+c(a+b)(a+b)2
=ab[1(b+c)2+1(c+a)2]+bc[1(c+a)2+1(a+b)2]+ca[1(a+b)2+1(b+c)2]
≥2[ab(b+c)(c+a)+bc(c+a)(a+b)+ca(a+b)(b+c)].
所以原不等式得证.