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    一個(gè)代數(shù)不等式及其應(yīng)用

    2015-12-02 18:18楊學(xué)枝
    關(guān)鍵詞:等價(jià)自創(chuàng)三邊

    楊學(xué)枝

    本文先給出一個(gè)十分有用的不等式即以下定理,并舉例說(shuō)明其應(yīng)用.

    定理 設(shè)x1,x2,…,xn;y1,y2,…,yn是兩組任意實(shí)數(shù),∑1≤i0,或∑1≤i0,記∑ni=1xi=x,∑ni=1yi=y,則

    [∑ni=1xi(y-yi)]2=[∑ni=1yi(x-xi)]2≥

    4∑1≤i

    當(dāng)且僅當(dāng)x1y1=x2y2=…=xnyn時(shí)取等號(hào).

    證明 若∑1≤i

    若∑1≤i0,∑1≤i0,原式等價(jià)于

    ∑ni=1xi(y-yi)=∑ni=1yi(x-xi)≥

    2∑1≤i

    下面我們來(lái)證明

    ∑ni=1xi(y-yi)≥2∑1≤i

    由于

    ∑ni=1xi(y-yi)=∑ni=1xi·∑ni=1yi-∑ni=1xiyi≥

    ∑ni=1xi·∑ni=1yi-∑ni=1xiyi,

    因此要證式①成立,只要證明

    ∑ni=1xi·∑ni=1yi-∑ni=1xiyi≥2∑1≤i

    ∑1≤i

    ∑ni=1xi·∑ni=1yi≥∑ni=1xiyi+2∑1≤i

    ∑1≤i

    式②易證成立,事實(shí)上,應(yīng)用柯西不等式,有

    (∑ni=1xi·∑ni=1yi)2=(∑ni=1x2i+2∑1≤i

    (∑ni=1xiyi+2∑1≤i

    由此得到

    ∑ni=1xi·∑ni=1yi≥∑ni=1xiyi+2∑1≤i

    ∑1≤i

    ≥∑ni=1xiyi+2∑1≤i

    即得式②,于是式①成立,原命題獲證.由證明過(guò)程可得當(dāng)且僅當(dāng)x1y1=x2y2=…=xnyn時(shí),原式取等號(hào).

    在定理中,取n=3,得到以下

    命題1 設(shè)λ,u,v,λ′,u′,v′∈R,且λu+λv+uv>0,或λ′u′+λ′v′+u′v′>0,則

    [∑λ(u′+v′)]2=[∑λ′(u+v)]2≥4(∑uv)(∑u′v′),

    當(dāng)且僅當(dāng)λλ′=uu′=vv′時(shí)取等號(hào).

    在定理中,取n=4,得到以下

    命題2 設(shè)λ,u,v,w,λ′,u′,v′,w′∈R,且λu+λv+λw+uv+uw+vw>0,或λ′u′+λ′v′+λ′w′+u′v′+u′w′+v′w′>0,則

    [∑λ(u′+v′+w′)]2=[∑λ′(u+v+w)]2

    ≥2(λu+λv+λw+uv+uw+vw)(λ′u′+λ′v′+λ′w′+u′v′+u′w′+v′w′),

    當(dāng)且僅當(dāng)λλ′=uu′=vv′=ww′時(shí)取等號(hào).

    下面舉一些例子說(shuō)明以上定理和命題的應(yīng)用(略去取等號(hào)條件的證明).

    例1 (自創(chuàng)題,1998.02.01)設(shè)λ,u,v,λ′,u′,v′∈R,且∑uv>0,則

    [∑λλ′]2≥(∑uv)(2∑u′v′-∑λ′2),

    當(dāng)且僅當(dāng)u+vλ′=v+λu′=λ+uv′時(shí)取等號(hào).

    證明 [∑λλ′]2=[12∑(-λ′+u′+v′)(u+v)]2

    ≥(∑uv)(∑(λ-u+v)(λ+u-v)(根據(jù)命題1中的不等式)

    =(∑uv)(2∑u′v′-∑λ′2).

    例2 (自創(chuàng)題,1998.02.01)設(shè)λ,u,v,λ′,u′,v′∈R,且∑uv>0,則

    ∑(u+v)u′v′≤(u+v)∑uv(∑λ′)2,

    當(dāng)且僅當(dāng)λ(u+v)λ′=u(v+λ)u′=v(λ+u)v′時(shí)取等號(hào).

    證明 根據(jù)命題1中的不等式,有

    [∑λ′u+v(u+v)]2≥

    4(∑uv)∑u′v′(v+λ)(λ+u),整理即得原式.

    例3 (匹多不等式)△ABC與△A′B′C′邊長(zhǎng)分別為a,b,c和a′,b′,c′,面積分別為Δ與Δ′,則∑(-a2+b2+c2)a′2≥16ΔΔ′,

    當(dāng)且僅當(dāng)△ABC∽△A′B′C′時(shí)取等號(hào).

    證明 在命題1中取λ=-a2+b2+c2,u=a2-b2+c2,v=a2+b2-c2,λ′=-a′2+

    b′2+c′2,u′=a′2-b′2+c′2,v′=a′2+b′2-c′2,則∑uv=4Δ,∑u′v′=4Δ′,即得原式.

    例4 (南京程靈老師提出)若△ABC與△A′B′C′邊長(zhǎng)分別為a,b,c和a′,b′,c′,面積分別為Δ與Δ′,則

    ∑(-a+b+c)a′≥43ΔΔ′

    當(dāng)且僅當(dāng)△ABC與△A′B′C′均為正三角形時(shí)取等號(hào).

    證明 在命題1中取λ=-a+b+c,u=a-b+c,v=a+b-c, λ′=-a′+b′+c′,

    u′=a′-b′+c′,v′=a′+b′-c′,得到

    ∑(-a+b+c)a′≥

    ∑(a-b+c)(a+b-c)·

    ∑(a′-b′+c′)(a′+b′-c′)

    ≥43(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)·

    43(a′+b′+c′)(-a′+b′+c′)(a′-b′+c′)(a′+b′-c′)

    =43ΔΔ′,

    即得原式.

    例5 (陜西安振平老師提出)若△ABC與△A′B′C′邊長(zhǎng)分別為a,b,c和a′,b′,c′,面積分別為Δ與Δ′,則

    ∑(a-b+c)(a+b-c)a′2≥16ΔΔ′

    當(dāng)且僅當(dāng)a(-a+b+c)a′2=b(a-b+c)b′2=

    c(a+b-c)c′2時(shí)取等號(hào).

    證明 在命題1中取λ=(a-b+c)(a+b-c),u=(a-b+c)(-a+b+c),v=(a+b

    -c)(-a+b+c),λ′=-a′2+b′2+c′2,u′=a′2-b′2+c′2,v′=a′2+b′2

    -c′2,則∑uv=4Δ,∑u′v′=4Δ′,即得原式.

    注 注意到∑(a-b+c)(a+b-c)a′2=∑a(-a+b+c)(-a′2+b′2+c′2),因此,例3中的不等式又可以寫成∑a(-a+b+c)(-a′2+b′2+c′2)≥16ΔΔ′.

    例6 (自創(chuàng)題,1983.05.07)若△ABC與△A′B′C′邊長(zhǎng)分別為a,b,c和a′,b′,c′,面積分別為Δ與Δ′,則

    ∑a(-a+b+c)(a′-b′+c′)(a′+b′-c′)≥16ΔΔ′

    當(dāng)且僅當(dāng)△ABC∽△A′B′C′時(shí)取等號(hào).

    證明 在命題1中取λ=(a-b+c)(a+b-c),u=(a-b+c)(-a+b+c),v=(a+b

    -c)(-a+b+c),λ′=(a′-b′+c′)(a′+b′-c′),u′=(a′-b′+c′)(-a′+b′+c′),v′=(a′+

    b′-c′)(-a′+b′+c′),則∑uv=4Δ,∑u′v′=4Δ′,即得原式.

    例7 (自創(chuàng)題,1983.05.07)設(shè)△ABC三邊長(zhǎng)為BC=a,CA=b,AB=c,面積為Δ,P為△ABC內(nèi)部或邊界上一點(diǎn),從P分別向三邊BC、CA、AB所在直線作垂線,垂足分別為D、E、F,記PD=r1,PE=r2,PF=r3,則∑r2r3≤4Δ22∑bc-∑a2,當(dāng)且僅當(dāng)r1-a+b+c=r2a-b+c=r3a+b-c時(shí)取等號(hào).

    證明 由命題1,有

    4Δ=2∑ar1=∑(-a+b+c)(r2+r3)

    ≥2∑(a-b+c)(a+b-c)·∑r2r3

    =22∑bc-∑a2·∑r2r3,

    即得原式.

    例8 (自創(chuàng)題,2010.12.16)在△ABC中,設(shè)x,y,z∈R,則

    (xsinC+zsinA)(ysinA+xsinB)+(ysinA+xsinB)(zsinB+ysinC)+(zsinB+ysinC)(xsinC+zsinA)≤(x+y+z)2,

    或∑x2sinBsinC+(∑sinA)(∑yzsinA)≤(∑x)2,

    當(dāng)且僅當(dāng)zsinB+ysinCtanA2=xsinC+zsinAtanB2=ysinA+xsinBtanC2時(shí)取等號(hào).

    證明 設(shè)λ=zsinB+ysinC,u=xsinC+zsinA,v=ysinA+xsinB,由此得到

    x=sinA(-λsinA+usinB+vsinC)2sinA,

    y=sinB(λsinA-usinB+vsinC)2sinB,

    z=sinC(λsinA+usinB-vsinC)2sinC,

    經(jīng)以上變換,原式等價(jià)于

    ∑uv≤[∑λsinA(-sinA+sinB+sinC)2sinAsinBsinC]2

    =(∑λ·2sinA2cosA2·4cosA2sinB2sinC216sinA2cosA2sinB2cosB2sinC2cosC2)2

    =(∑λcos2A22cosA2cosB2cosC2)2=1[]4[SX)][∑λtanB2+tanC2].

    注意到恒等式tanB2·tanC2+tanC2·tanA2+tanA2·tanB2=1,由命題1知上式成立,故得原式.

    例9 (自創(chuàng)題,2010.12.1)設(shè)P為△ABC內(nèi)部或邊界上一點(diǎn),P點(diǎn)到△ABC三邊BC,CA,AB所在直線的距離分別為r1,r2,r3,ΔABC三邊長(zhǎng)為BC=a,CA=b,AB=c,則

    ∑a(r1+r2)(r1+r3)≤abc.

    證明 只要在例8中,取x=ar1,y=br2,z=cr3,注意到ar1+br2+cr3=2Δ=abc2R,這里Δ和R分別為△ABC的面積和外接圓半徑,即得.

    例10 設(shè)x,y,z,α,β,γ∈R,且α+β+γ=kπ(k∈Z),則

    yzsin2α+zxsin2β+xysin2γ≤14(x+y+z)2,

    當(dāng)且僅當(dāng)xsin 2α=ysin 2β=zsin 2γ時(shí)取等號(hào).

    證明 (2012年3月10日)分兩種情況證明.

    ?。┤鬹為奇數(shù),即當(dāng)α+β+γ=(2n+1)π(n∈Z)時(shí),注意到

    cot βcotγ+cotγcot α+cot αcot β=1>0,

    于是,根據(jù)命題1有

    14(x+y+z)2=14[xsin βsin γsin α(cot β+cot γ)+ysin γsin αsin β(cot γ+cot α)

    +zsin αsin βsin γ(cot α+cot β)]2

    ≥(cot βcot γ+cot γcot α+cot αcot β)·

    (ysin γsin αsin β·zsin αsin βsin γ+zsin αsin βsin γ·xsin βsin γsin α

    +xsin βsin γsin α·ysin γsin αsin β)

    =yzsin2α+zxsin2β+xysin2γ,

    即得原式.

    ⅱ)若k為偶數(shù),同理可證(詳證從略).

    例11 設(shè)M、N為單位正方形內(nèi)任意兩個(gè)點(diǎn),記MA=a,MB=b,MC=c,MD=d,NA=a1,NB=,b1,NC=c1,ND=d1,則

    ∑a1(b+c+d)≥6.

    證明 利用命題2有

    ∑a1(b+c+d)

    ≥2ab+ac+ad+bc+bd+da·

    a1b1+a1c1+a1d1+b1c1+b1d1+d1a1,

    而ab+ac+ad+bc+bd+da=(a+c)(b+d)+(ac+bd),

    (a+c)(b+d)≥AC·BD=2;

    過(guò)M作MM′∥AB,且使MM′=AB(如圖),則

    ac+bd=MA·MC+MB·MD

    =MA·M′D+M′A·MD≥AD·MM′=1

    (在四邊形M′AMD中使用托勒密不等式),于是

    ab+ac+ad+bc+bd+da=(a+c)(b+d)+(ac+bd)≥3,同理

    a1b1+a1c1+a1d1+b1c1+b1d1+d1a1≥3,

    故原式成立.

    還可以舉出許多應(yīng)用定理和命題證明不等式的例子,限于篇幅這里就不再贅述.

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