用局部換元法巧證一類條件不等式

【摘 要】 本文利用局部換元法巧妙證明一類條件不等式，舉出若干例子加以說明.

【關鍵詞】 換元法;巧證;條件不等式

對于條件式為（或可化為）f（x1）+f（x2）+f（x3）=1的一類不等式的證明，我們可用局部換元的方法給以巧證，即令ai=f（xi）（i=1，2，3），則有a1+a2+a3=1，于是可將問題轉(zhuǎn)化為關于ai的一個不等式而加以證明，證明過程中需要由ai=f（xi）解出xi=f-1（ai），在此式中一般會出現(xiàn)1-ai（或1+ai），我們再將其中的1替換為a1+a2+a3，這是本文題目冠以“巧證”的主要體現(xiàn)之一.

例1 （1998年日本IMO選拔賽試題）若x，y，z>0，且11+x+11+y+11+z=1，求證：xyz≥8[1].

證明 令a=11+x，b=11+y，c=11+z（a，b，c>0），則a+b+c=1，由a=11+x得x=1-aa=b+ca，同理可得，y=c+ab，z=a+bc，所證不等式可化為

p=（a+b）（b+c）（c+a）≥8abc.①

由二元均值不等式得p≥2ab·2bc·2ca=8abc，所以原不等式得證.說明 通過本文介紹的局部換元法，將一類條件不等式等價轉(zhuǎn)化為非條件不等式來證明，從而達到化繁為簡，化難為易的效果，如例1的實質(zhì)即證明簡單不等式（a+b）（b+c）（c+a）≥8abc（a，b，c>0）.

例2 （《數(shù)學通報》2014年第9期問題2201）已知a，b，c∈R+，且滿足a21+a2+b21+b2+c21+c2=1，求證：abc≤24.

證明 令x=a21+a2，y=b21+b2，z=c21+c2（x，y，z>0），則x+y+z=1，a=x1-x=xy+z，b=yz+x，c=zx+y，所證不等式可化為xyz（y+z）（z+x）（x+y）≤24

（x+y）（y+z）（z+x）≥8xyz，以上最后一個不等式即例1中已證的不等式①，故原不等式得證.

例2 （2005年伊朗數(shù)學奧林匹克試題、2007年美國國家集訓隊測試題）設x，y，z是正數(shù)，且1x2+1+1y2+1+1z2+1=2，證明：xy+yz+zx≤32[2].

分析 這里給出的條件式表面上不是f（x）+f（y）+f（z）=1的形式，但可以等價轉(zhuǎn)化為這種形式的式子.證明 條件式1x2+1+1y2+1+1z2+1=2x2x2+1+y2y2+1+z2z2+1=1.

令a=x2x2+1，b=y2y2+1，c=z2z2+1（a，b，c>0），則a+b+c=1，于是可得x=ab+c，

y=bc+a，z=ca+b，所證不等式可化為

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

≤12bb+c+ac+a+cc+a+ba+b+aa+b+cb+c

=12a+ba+b+b+cb+c+c+ac+a=32，所以原不等式得證.

例3 （1998年伊朗數(shù)學奧林匹克試題）如果x，y，z≥1，且1x+1y+1z=2，證明：x+y+z≥x-1+y-1+z-1[3].

分析 所證不等式等價于（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（a，b，c≥0），代入1x+1y+1z=2，得1a2+1+1b2+1+1c2+1=2，而代入③式得ab+bc+ca≤32，因此本題同例2是等價的，具體證明從略.

例4 （《數(shù)學通報》數(shù)學問題1270）設α，β，γ為銳角，cos2α+cos2β+cos2γ=1，求證：cotαcotβ+cotβcotγ+cotγcotα≤32.

證明 令a=cos2α，b=cos2β，c=cos2γ，則a，b，c>0，a+b+c=1，從而可得cotα=ab+c，cotβ=bc+a，cotγ=ca+b，所證不等式可化為不等式②，從而原不等式得證.

例6 （《數(shù)學通報》數(shù)學問題839）設α、β、γ為銳角，cos2α+cos2β+cos2γ=1，求證：cot2α+cot2β+cot2γ≥32.

證明 換元同例5的證明，所證不等式可化為

ab+c+bc+a+ca+b≥32

（a+b+c）（1b+c+1c+a+1a+b）≥92[（b+c）+（c+a）+（a+b）]（1b+c+1c+a+1a+b）≥9，由三元均值不等式或柯西不等式可證以上不等式成立，從而原不等式得證.

例5 （2004年上海數(shù)學競賽試題）若α，β，γ∈0，π2，sin2α+sin2β+sin2γ=1，求證：cotα+cotβ+cotγ≥32[1].

證明 令a=sin2α，b=sin2β，c=sin2γ，則a，b，c>0，a+b+c=1，從而可得cotα=b+ca，cotβ=c+ab，cotγ=a+bc，所證不等式可化為r=b+ca+c+ab+a+bc≥32.

而由三元均值不等式及不等式①得r≥36（b+c）（c+a）（a+b）abc≥32，所以原不等式得證.

例6 （2004年江西省數(shù)學預賽試題）

若sin2α+sin2β+sin2γ=1，求證：sin2α+sin2β+sin2γ≤22[1].

證明 所證不等式即sinαcosα+sinβcosβ+sinγcosγ≤2.

令a=sin2α，b=sin2β，c=sin2γ，則a，b，c≥0，a+b+c=1，從而可得cosα=b+c，cosβ=c+a，cosγ=a+b，所證不等式可化為

s=a（b+c）+b（c+a）+c（a+b）≤2（a+b+c）.④

而由柯西不等式及不等式3（ab+bc+ca）≤（a+b+c）2可得，

s≤3[a（b+c）+b（c+a）+c（a+b）]=6（ab+bc+ca）≤2（a+b+c），

即④式成立，從而原不等式得證.

例7 （自編題）已知α，β，γ∈（0，π2），tan2α+tan2β+tan2γ=1，求證：sinα·sinβ·sinγ≤18.

證明 令a=tan2α，b=tan2β，c=tan2γ，則a，b，c>0，a+b+c=1，從而可得sinα=a1+a=a2a+b+c（這一步體現(xiàn)了一個“巧”字，也是一種“齊次化”技巧），同理，sinβ=b2b+c+a，sinγ=c2c+a+b，所證不等式可化為

abc（2a+b+c）（2b+c+a）（2c+a+b）≤18

t=（2a+b+c）（2b+c+a）（2c+a+b）≥64abc， 而由4元均值不等式得t≥644a2bc·4b2ca·4c2ab=64abc， 所以原不等式得證.

例8 （2005年羅馬尼亞數(shù)學奧林匹克預選試題）設x，y，z是正數(shù)，且xy+yz+zx+2xyz=1，求證：

xy+yz+zx≤32.

分析 這里給出的條件式雖然從表面上看不是f（x）+f（y）+f（z）=1的形式，但可以化為這種形式.

證明 因為xy+yz+zx+2xyz=1xx+1+yy+1+zz+1=1，令a=xx+1，b=yy+1，

c=zz+1（a，b，c>0），則a+b+c=1，于是可得x=ab+c，y=bc+a，z=ca+b，所證不等式可化為不等式②，所以原不等式得證.

例9 （第20屆伊朗數(shù)學奧林匹克競賽題）設x，y，z∈R+，且

x2+y2+z2+xyz=4，證明：x+y+z≤3[2].

分析 這里給出的條件式雖與例8中的條件式不一樣，但分別以yz2x，zx2y，xy2z代換xy+yz+zx+2xyz=1中的x，y，z即可得x2+y2+z2+xyz=4.

證明 因為x2+y2+z2+xyz=4yz2xyz2x+1+zx2yzx2y+1+xy2zxy2z+1=1，令a=yz2xyz2x+1，b=zx2yzx2y+1，c=xy2zxy2z+1（a，b，c>0），則a+b+c=1，于是可得yz2x=ab+c，zx2y=bc+a，xy2z

=ca+b，從而x=2bc（c+a）（a+b），y=2ca（a+b）（b+c），z=2ab（b+c）（c+a），所證不等式可化為不等式②

，所以原不等式得證.

例10 （2011年全國高中數(shù)學聯(lián)賽加試B卷試題）設a，b，c≥1，且滿足abc+2a2+2b2+2c2+ca-cb-4a+4b-c=28，求a+b+c的最大值[4].

解 令x=a-12，y=b+12，z=c2，得x≥0，y≥1，z≥12，則由條件式可得

（a-1）2+（b+1）2+c2+12（a-1）（b+1）c=16

a-122+b+122+c22+a-12·b+12·c2=4x2+y2+z2+xyz=4.

于是由例9的結論得x+y+z≤3，即a+b+c≤6，此式表明a+b+c的最大值為6，可以證明，當a=3，b=1，c=2時a+b+c取得最大值6.例11 （2005年摩洛哥數(shù)學奧林匹克競賽題）設x，y，z∈R+，且xy+yz+zx+2xyz=1，

證明：14x+1+14y+1+14z+1≥1.

證明 同例8證明的代換一樣可得，x=ab+c，y=bc+a，z=ca+b（a，b，c>0），所證不等式可化為

b+c4a+b+c+c+aa+4b+c+a+ba+b+4c≥1u=a4a+b+c+ba+4b+c+ca+b+4c≤12.

由二元均值不等式得u=a2a+a+b+a+c+b2b+b+a+b+c+c2c+c+b+c+a

≤12aa+ab+ac+bb+ba+bc+cc+bc+ca

=12aa+b+c+ba+b+c+ca+b+c=12，所以原不等式得證.

例14 （《數(shù)學通訊》2021年問題征解516（由筆者提供））設正數(shù)a，b，c滿足ab+bc+ca+2abc=1，求P=a1+4a+b1+4b+c1+4c的最大值.解 因為ab+bc+ca+2abc=1a1+a+b1+b+c1+c=1，令x=a1+a，y=b1+b，z=c1+c，則x，y，z∈（0，1）且x+y+z=1，于是a=x1-x=xy+z，b=y1-y=yz+x，c=z1-z=zx+y，代入P的表達式得

P=a1+4a+b1+4b+c1+4c=x4x+y+z+y4y+z+x+z4z+x+y，以下仿例13的證明可得當a=b=c=12時P取得最大值12.

例12 （1996年越南數(shù)學奧林匹克試題）設x，y，z∈R+，且xy+yz+zx+xyz=4，證明：x+y+z≥xy+yz+zx[2].

分析 這里給出的條件式雖與例8中的條件式不一樣，但分別以x2，y2，z2代換xy+yz+zx+2xyz=1中的x，y，z即可得xy+yz+zx+xyz=4.

證明 因為xy+yz+zx+xyz=4xx+2+yy+2+zz+2=1，令a=xx+2，b=yy+2，c=zz+2（a，b，c>0），則a+b+c=1，于是可得x=2ab+c，y=2bc+a，z=2ca+b，所證不等式可化為

v=ab+c+bc+a+ca+b≥2ab（b+c）（c+a）+bc（c+a）（a+b）+ca（a+b）（b+c）.⑤

而由二元均值不等式得

v=a（b+c）（b+c）2+b（c+a）（c+a）2+c（a+b）（a+b）2=ab1（b+c）2+1（c+a）2+bc1（c+a）2+1（a+b）2+ca1（a+b）2+1（b+c）2≥2ab（b+c）（c+a）+bc（c+a）（a+b）+ca（a+b）（b+c），所以原不等式得證.

說明 將分式不等式⑤化為整式不等式可得a3+b3+c3+3abc≥ab（a+b）+bc（b+c）+ca（c+a）（a，b，c>0），此即為著名的舒爾不等式，可以認為不等式⑤是舒爾不等式的分式形式，以上對不等式⑤的證明實際上給出了舒爾不等式的另一種（化整式不等式為分式不等式，參見文[5]）證明方法.

例13 （《數(shù)學通報》2021年第12期數(shù)學問題2640（由筆者提供））已知a，b，c>0，且ab+bc+ca+2abc=1，求證：1a2+1b2+1c2≥21ab+1bc+1ca.

證明 因為ab+bc+ca+2abc=1a1+a+b1+b+c1+c=1，令x=a1+a，y=b1+b，

z=c1+c（x，y，z>0），則x+y+z=1，a=xy+z，b=yz+x，c=zx+y，于是所證不等式可化為

y+zx2+z+xy2+x+yz2≥2（y+z）（z+x）xy+（z+x）（x+y）yz+

（x+y）（y+z）zx.

再令u=y+zx，v=z+xy，w=x+yz（u，v，w>0），即證u2+v2+w2≥2（uv+vw+wu）.

由二元均值不等式得

u2+v2+w2≥13（u+v+w）2=112（u+v+v+w+w+u）2

≥112（2uv+2vw+2wu）2

=13（uv+vw+wu）2.⑥

又由二、三元均值不等式得uv+vw+wu≥33uv·vw·wu

=33uvw=33y+zx·z+xy·x+yz

≥332yz·2zx·2xyxyz=6，所以13（uv+vw+wu）2≥2（uv+vw+wu）.⑦

由⑥、⑦式即得u2+v2+w2≥2（uv+vw+wu），從而所證不等式成立.

最后需要說明的是，用本文介紹的方法同樣可得到并證明以上許多問題由三元推廣為多元情形的不等式.

參考文獻

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[2] 姜坤崇.構造一等式證明一類不等式＼[J＼].數(shù)學教學，2014（09）：26-28.

[3] 賈新，姜坤崇.一個不等式與若干數(shù)學競賽題的關聯(lián)＼[J＼].數(shù)學通訊（上半月），2014（04）：56-57.

[4] 安振平.一道全國高中數(shù)學聯(lián)賽不等式題的背景溯源＼[J＼].數(shù)學通訊（下半月），2012（02）：64.

[5] 姜坤崇.化整式為分式 證明整式不等式＼[J＼].中學數(shù)學研究（上半月），2021（08）：35-38.

作者簡介 姜坤崇（1958—），男，山東威海人，中學高級教師，全國優(yōu)秀教師;主要研究初等數(shù)學與數(shù)學解題研究，側(cè)重圓錐曲線和不等式;發(fā)表論文300余篇.