一道競賽題與其等價式的應(yīng)用舉隅*

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(雙林中學(xué),浙江 湖州 313012)

眾所周知，關(guān)于三元三次齊次不等式有以下經(jīng)典試題：

例1已知a,b,c≥0,求證：

(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)≤abc.

(1)

(1983年瑞士數(shù)學(xué)競賽題)

展開、整理后，易得其等價式

a3+b3+c3+3abc≥a2(b+c)+b2(c+a)+c2(a+b)=

(2)

a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)=

bc(b+c)+ca(c+a)+ab(a+b).

翻閱相關(guān)資料后，筆者發(fā)現(xiàn)某些不等式問題與之有其驚人的“形似”之處，往往讓人有一種“無意插柳”之喜.故而欣然命筆采擷數(shù)例，以示“經(jīng)典試題”在數(shù)學(xué)競賽及初數(shù)研究中的“特異功能”，以期物盡其用、拋磚引玉.

例2設(shè)非負(fù)實數(shù)a,b,c滿足a+b+c=1,求證：

(3)

(2010年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽廣東省預(yù)賽試題第3題)

證明在式(1)中，由a+b+c=1,得

(1-2a)(1-2b)(1-2c)≤abc,

即

1-2(a+b+c)+4(bc+ca+ab)-8abc≤abc，

從而

-1+4(bc+ca+ab)≤9abc，

評注在條件a+b+c=1下，式(1)等價于式(3).

類似地，我們可以輕松證明以下賽題：

(第41屆IMO第2題)

例4已知a,b,c∈R+,且a+b+c=2，證明：

(4)

(《數(shù)學(xué)通報》2008年6月號問題1 830)

分析1注意到2=a+b+c，從而

?a[a2-(b-c)2]+b[b2-(c-a)2]+c[c2-(a-b)2]≥3abc

?[a3-a(b2+c2)+2abc]+[b3-b(c2+a2)+2abc]+[c3-c(a2+b2)+2abc]≥3abc

?a3+b3+c3+3abc≥a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2),

由上式的正確性可知所證式成立.

分析2作代換：(2a,2b,2c)→(a,b,c),可知例4等價于以下不等式問題：

已知a,b,c∈R+,且a+b+c=1.證明：

(5)

易證式(5)?式(3)(在a+b+c=1的條件下).因此式(5)成立，從而其等價命題例4得證.

例5若a,b,c>0，則

3(a4+b4+c4)+(bc+ca+ab)2≥6(b2c2+c2a2+a2b2).

(6)

(《數(shù)學(xué)通報》2017年2月號問題2 350)

分析初看這是一個(三元)四次(齊次)不等式，似乎鞭長莫及、高不可攀，實則是近在咫尺、觸手可及的(三元)三次(齊次)不等式問題.

a3+b3+c3+3abc≥a2(b+c)+b2(c+a)+c2(a+b)

?(a+b+c)(a3+b3+c3)+3abc(a+b+c)≥(a+b+c)[a2(b+c)+b2(c+a)+c2(a+b)]

?a4+b4+c4+a3(b+c)+b3(c+a)+c3(a+b)+3abc(a+b+c)≥a3(b+c)+b3(c+a)+c3(a+b)+

a2(b+c)2+b2(c+a)2+c2(a+b)2

?a4+b4+c4+3abc(a+b+c)≥a2(b+c)2+b2(c+a)2+c2(a+b)2

?a4+b4+c4+abc(a+b+c)≥2(b2c2+c2a2+a2b2),

(7)

而欲證式其實是3(a4+b4+c4)+2abc(a+b+c)≥5(b2c2+c2a2+a2b2),即

(8)

利用平凡不等式x2+y2+z2≥yz+zx+xy,易知式(7)?式(8).故式(6)成立.

評注從例5的分析可以看出，(三元)四次(齊次)不等式(7)與(三元)三次(齊次)不等式(2)等價，且要強(qiáng)于不等式(6)，這是始料未及的.

例6設(shè)a,b,c,d>0,且a+b+c+d=4,求證：

(9)

(《數(shù)學(xué)通報》2017年4月號問題2 356)

分析首先，利用題設(shè)a+b+c+d=4,將問題轉(zhuǎn)化為齊次不等式問題：

16(a+b+c+d)(a2+b2+c2+d2)+48(bcd+cda+dab+abc)≥7(a+b+c+d)3,

(10)

其中 (a+b+c+d)(a2+b2+c2+d2)=a3+b3+c3+d3+a(b2+c2+d2)+b(c2+d2+a2)+

c(d2+a2+b2)+d(a2+b2+c2),

(11)

(a+b+c+d)3=a3+b3+c3+d3+3a(b2+c2+d2)+3b(c2+d2+a2)+3c(d2+a2+b2)+

3d(a2+b2+c2)+6(bcd+cda+dab+abc).

(12)

其次，“撇開”三次齊次不等式(10)，自由操作如下：

b3+c3+d3+3bcd≥b(c2+d2)+c(d2+b2)+d(b2+c2),

c3+d3+a3+3cda≥c(d2+a2)+d(a2+c2)+a(c2+d2),

d3+a3+b3+3dab≥d(a2+b2)+a(b2+d2)+b(d2+a2),

a3+b3+c3+3abc≥a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2),

以上4個式子相加，得

3(a3+b3+c3+d3)+3(bcd+cda+dab+abc)≥ 2[a(b2+c2+d2)+b(c2+d2+a2)+c(d2+a2+b2)]+

d(a2+b2+c2).

(13)

再次，試圖利用式(11)和式(12)把式(13)等價變形為式(10)的形式：

式(13)? (3+x)(a3+b3+c3+d3)+(3+x)[a(b2+c2+d2)+b(c2+d2+a2)+c(d2+a2+b2)+

d(a2+b2+c2)]+3(bcd+cda+dab+abc)≥

x(a3+b3+c3+d3)+[2+(3+x)][a(b2+c2+d2)+b(c2+d2+a2)+c(d2+a2+b2)+

d(a2+b2+c2)],

3(bcd+cda+dab+abc)≥

3[a(b2+c2+d2)+b(c2+d2+a2)+c(d2+a2+b2)+d(a2+b2+c2)]+6(bcd+cda+dab+abc)}

上述不等式與式(13)等價，預(yù)期目標(biāo)得以實現(xiàn).

最后，結(jié)合題設(shè)a+b+c+d=4,得22(a2+b2+c2+d2)+18(bcd+cda+dab+abc)≥160,即

(14)

而由恒等式(12)及a+b+c+d=4(常數(shù))，知顯然有bcd+cda+dab+abc≤4.故而式(9)成立.

評注所得式(14)又強(qiáng)于了所證式(9)，雖是“意料之外”，但著實情理之中.

有關(guān)三元不等式的證明題頻繁出現(xiàn)于各類各級的數(shù)學(xué)競賽和初數(shù)研究中，已成為一種“時尚”．要證明它固然不易，但亦有相當(dāng)?shù)囊?guī)律可循.依筆者的經(jīng)驗，深入探究三元不等式問題往往需要熟練掌握以下常用的三元代數(shù)恒等式與等價不等式：

a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)=a2(b+c)+b2(c+a)+c2(a+b)=

bc(b+c)+ca(c+a)+ab(a+b),

a3+b3+c3+a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)=(a+b+c)(a2+b2+c2),

a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)+3abc=(a+b+c)(bc+ca+ab)，

(b+c)(c+a)(a+b)=(a+b+c)(bc+ca+ab)-abc,

(a+b+c)3=a3+b3+c3+3a(b2+c2)+3b(c2+a2)+3c(a2+b2)+6abc=

a(a2+3b2+3c2+2bc)+b(b2+3c2+3a2+2ca)+c(c2+3a2+3b2+2ab),

(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)≤abc?a3+b3+c3+3abc≥a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)

?a4+b4+c4+abc(a+b+c)≥2(b2c2+c2a2+a2b2).

例1(與其等價式)的最顯著功能是幫助我們看出所證三元不等式試題或問題的端倪、走出困境，看到試題或問題的“一線曙光”、找出切入點，或許這些幫助是始料未及的、所得到的結(jié)果是更好的……