一道三元九次對稱不等式引發(fā)的研究

原題 已知a，b，c都是正實數(shù)，求證：

a+b+c1a+1b+1c≥2a2+b2+c2ab+ac+bc+2a2b2+b2c2+c2a2abca+b+c+5.

易知原題a，b，c是對稱的，如果作一下代數(shù)變換，可得如下等價命題：

已知a，b，c都是正實數(shù)，p=a+b+c，q=ab+ac+bc，r=abc，求證：

p2q2－2p3r－2q3+3pqr≥0*.

為了證明（*），需如下結論.

引理 已知a，b，c都是正數(shù)，令p=a+b+c，q=ab+ac+bc，r=abc，則

1 p2－3q≥0； 2 pq－9r≥0；3 q2－3pr≥0.

引理的證明是顯然的，本文略.

利用上述結論，我們對（*）的證明過程進行分析.

證法一： 由引理有q2－3prp2－3q≥0. 化簡后得p2q2－3p3r－3q3+9pqr≥0（1）.易知p3r－3pqr=prp2－3q≥0（2），q3－3pqr=qq2－3pr≥0（3）.（1）+（2）+（3）即可證*式.

詳注：結果是九次的，不妨設p=1，可得到關于r的一次函數(shù)或者關于q的三次函數(shù)，我們自然從更簡單的一次函數(shù)入手，于是有了證法二.

證法二：不妨設p=1，*式3q－2r+q2－2q3≥0.由引理，知q≤ 13p2=13，r≤q23p=13q2，3q－2<0.記fr=3q－2r+q2－2q3，易知fr在0，13q2上單調遞減，故fr≥f13q2=13－qq2≥0.

詳注：結果是九次的，不妨設q=1，可得到關于r的一次函數(shù)或者關于p的三次函數(shù)，我們自然從更簡單的一次函數(shù)入手，于是有了證法三.

證法三：不妨設q=1，*式p2－2p3r－2+3pr≥0.由引理，知p2≥3q=3，r≤q23p=13p，于是3－2p2<0.記fr=p3－2p2r+p2－2，易知fr在0，13p〗上單調遞減，故fr≥f13p=13p2－3≥0.

問題推廣 已知a，b，c都是正實數(shù)，x，y∈0，+∞，求證a+b+c1a+1b+1c≥3－xa2+b2+c2ab+ac+bc+3－ya2b2+b2c2+c2a2abca+b+c+3+x+y.

注記：當x=y=1時推廣即為原問題.

證明：令p=a+b+c，q=ab+ac+bc，r=abc，原問題等價于p2q2+x－3p3r+y－3q3+33－x－ypqr≥0.

由于x，y∈0，+∞，由證法一的1+x×2+y×3，即可證.