一道代数不等式的三角背景及多种证法

上海中学东校 (201306) 张丽玉

一、一道代数不等式的三角背景

进一步，把已知条件减弱，只要a、b、c均为正实数即可，这样可编制如下结论.

命题已知a、b、c∈R+，求证：(a+b+c)3(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)≤27a2b2c2(※).

二、命题的多种证法

a+b-c、b+c-a、c+a-b三者中最多有一者非正，因为它们两两之和为正.当它们中一者非正，命题二显然成立.所以我们只需考虑三者均为正的情形，这时a、b、c可以构成一个三角形的三条边.

由(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)想到三角形的面积，得到如下证法.

这是一个熟知的三角形不等式，不难证明，过程从略.

以上两种证明方法都与三角形密切相关，作为一道代数不等式，我们希望有纯代数证法，笔者经过探究，又得到以下四种证法.

证法三：不等式(※)⟺(a+b+c)2(2a2b2+2b2c2+2c2a2-a4-b4-c4)≤27a2b2c2⟸3(a2+b2+c2)(2a2b2+2b2c2+2c2a2-a4-b4-c4)≤27a2b2c2.设a2=x，b2=y，c2=z，则只需证3(x+y+z)(2xy+2yz+2zx-x2-y2-z2)≤27xyz，化简后⟺x3+y3+z3+3xyz≥x2y+xy2+y2z+yz2+z2x+zx2，这即是Schur不等式.令b+c-a=x，c+a-b=y，a+b-c=z.如前所述可以设x、y、z均为正实数.不等式(※)⟺64xyz(x+y+z)3≤27(x+y)2(y+z)2(z+x)2(※※).以下再证明这个等价命题.

证法四：因为待证不等式是齐次不等式，不妨设x+y+z=1.则不等式(※※)⟺64xyz≤27[(x+y)(y+z)][(y+z)(z+x)][(z+x)(x+y)]⟺64xyz≤27[y(x+y+z)+zx][z(x+y+z)+xy]·[x(x+y+z)+yz]⟺64xyz≤27(y+zx)(z+xy)(x+yz)⟺64xyz≤27[xyz+x2y2z2+(x2+y2+z2)xyz+x2y2+y2z2+z2x2].

证法五：容易证明8(x+y+z)(xy+yz+zx)≤9(x+y)(y+z)(z+x).于是有64(x+y+z)2(xy+yz+zx)2≤81(x+y)2(y+z)2(z+x)2.所以只需证3xyz(x+y+z)≤(xy+yz+zx)2，显然成立.

Sz+Sy=27z(x+y)(y+z)(z+x)-8xyz(4x+4y+z)+27y(x+y)(y+z)(z+x)-8xyz(4z+4x+y)=27(x+y)(y+z)2(z+x)-8xyz(8x+5y+5z)=[5(x+y)(y+z)2(z+x)-8xyz(5y+5z)]+[22(x+y)(y+z)2(z+x)-8xyz·8x]≥5(y+z)[(x+y)(y+z)(z+x)-8xyz]+[22x·4yz·x-64x2yz]≥0.所以∑Sz(x-y)2=Sz(x-y)2+Sx(y-z)2+Sy(z-x)2≥Sz(x-y)2+Sy(x-y)2=(Sz+Sy)(x-y)2≥0.

三、一点思考