初等不等式的证明方法

第一章 局部不等式法 对于对称型和式类的不等式,有时从整体考虑较难入手,故比较惯用的手法是从局部 入手,从局部导出一些性质为整体服务,这里的局部可以是某一单项也可以是其中的若干 项 例1.1. 𝑎, 𝑏, 𝑐 ≥ 0,求证: ∑︁ ( 𝑎2 − 𝑎𝑏 + 𝑏2 𝑎 + 𝑏 )7 ≥ ∑︀ 𝑎7 27 证证证明明明 我们考虑证明 28(𝑎2 + 𝑏2 − 𝑎𝑏)7 − (𝑎 + 𝑏)7(𝑎7 + 𝑏7) ≥ 0 (这样原不等式就获证了) 事实上 28(𝑎2 + 𝑏2 − 𝑎𝑏)7 − (𝑎 + 𝑏)7(𝑎7 + 𝑏7) = (255𝑏10 − 779𝑎𝑏9 + 2501𝑎2𝑏8 − 4049𝑎3𝑏7 + 6608𝑎4𝑏6 − 6608𝑎5𝑏5 +6608𝑎6𝑏4 − 4049𝑎7𝑏3 + 2501𝑎8𝑏2 − 779𝑎9𝑏 + 255𝑎10)(𝑏− 𝑎)4 而由AM-GM不等式又不难证明 255𝑏10 − 779𝑎𝑏9 + 2501𝑎2𝑏8 − 4049𝑎3𝑏7 + 6608𝑎4𝑏6 − 6608𝑎5𝑏5 +6608𝑎6𝑏4 − 4049𝑎7𝑏3 + 2501𝑎8𝑏2 − 779𝑎9𝑏 + 255𝑎10 ≥ 0 于是命题得证！ 注注注 这里的次数7若改为8,则局部不等式的方法就不对了,留给读者尝试. 本题的局部不等式是T.Mildorf引理的特殊形式.完整的𝑇.𝑀𝑖𝑙𝑑𝑜𝑟𝑓引理为 𝑎, 𝑏 > 0, 𝑘 ≥ −1.则有 (1 + 𝑘)(𝑎− 𝑏)2 + 8𝑎𝑏 4(𝑎 + 𝑏) ≥ (𝑎 𝑘 + 𝑏𝑘 2 ) 1 𝑘 其证明很困难,需要用到较深的知识,本书不做介绍. 2 第一章 局部不等式法 例1.2. (黄晨笛) 对所有𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ [0, 1],证明 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) (︂ 1 𝑏𝑐 + 1 + 1 𝑐𝑎 + 1 + 1 𝑎𝑏 + 1 )︂ 6 5 证证证明明明 注意到0 ≤ 𝑎, 𝑏, 𝑐 ≤ 1有 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) (︂ 1 𝑏𝑐 + 1 + 1 𝑐𝑎 + 1 + 1 𝑎𝑏 + 1 )︂ = 𝑎 𝑏𝑐 + 1 + 𝑏 𝑐𝑎 + 1 + 𝑐 𝑎𝑏 + 1 + 𝑏 + 𝑐 𝑏𝑐 + 1 + 𝑐 + 𝑎 𝑐𝑎 + 1 + 𝑎 + 𝑏 𝑎𝑏 + 1 6 𝑎 𝑏𝑐 + 1 + 𝑏 𝑐𝑎 + 1 + 𝑐 𝑎𝑏 + 1 + 1 + 1 + 1 6 𝑎 𝑏𝑐 + 1 + 𝑏 𝑐𝑎 + 𝑏 + 𝑐 𝑎𝑏 + 𝑐 + 3 = 𝑎 𝑏𝑐 + 1 − 𝑐𝑎 𝑐𝑎 + 𝑏 − 𝑎𝑏 𝑎𝑏 + 𝑐 + 5 =𝑎 (︂ 1 𝑏𝑐 + 1 − 𝑐 𝑐𝑎 + 𝑏 − 𝑏 𝑎𝑏 + 𝑐 )︂ + 5 6𝑎 (︂ 1− 𝑐 𝑐 + 𝑏 − 𝑏 𝑏 + 𝑐 )︂ + 5 =5 等号成立当且仅当𝑎 = 0, 𝑏 = 𝑐 = 1及其轮换,命题得证！ 例1.3. (06国家集训队测试)𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 ∈ 𝑅+, 𝑎𝑏𝑐𝑑 = 1,求证 1 (1 + 𝑎)2 + 1 (1 + 𝑏)2 + 1 (1 + 𝑐)2 + 1 (1 + 𝑑)2 ≥ 1 证证证明明明 注意到当𝑥𝑦 = 1时,我们有 1 1 + 𝑥 + 1 1 + 𝑦 = 1 于是我们有 1 = 1 1 + 𝑎𝑏 + 1 1 + 𝑐𝑑 故我们考虑证明局部不等式 1 (1 + 𝑎)2 + 1 (1 + 𝑏)2 ≥ 1 1 + 𝑎𝑏 上式成立是因为 1 (1 + 𝑎)2 + 1 (1 + 𝑏)2 − 1 1 + 𝑎𝑏 = 𝑎𝑏(𝑎− 𝑏)2 + (𝑎𝑏− 1)2 (1 + 𝑎)2(1 + 𝑏2)2(𝑎𝑏 + 1) ≥ 0 同理我们有 1 (1 + 𝑐)2 + 1 (1 + 𝑑)2 ≥ 1 1 + 𝑐𝑑 两式相加即得欲证不等式，故命题得证！ 韩京俊编著:初等不等式的证明方法 3 注注注 由于在𝑥𝑦 = 1时,有恒等式 1 1 + 𝑥 + 1 1 + 𝑦 = 1,所以很自然的想到了证明局部不 等式,在平时记住一些有用的不等式其实是有好处的. 对于 1 (1 + 𝑎)2 + 1 (1 + 𝑏)2 ≥ 1 1 + 𝑎𝑏 我们可用Cauchy不等式证明 (𝑏 + 𝑎)(1 + 𝑎𝑏) ≥ ( √ 𝑏 + √ 𝑎2𝑏) = 𝑏(1 + 𝑎)2 同理有 (𝑎 + 𝑏)(1 + 𝑎𝑏) ≥ 𝑎(1 + 𝑏)2 于是 1 (1 + 𝑎)2 + 1 (1 + 𝑏)2 ≥ 𝑏 (𝑏 + 𝑎)(1 + 𝑎𝑏) + 𝑎 (𝑎 + 𝑏)(1 + 𝑎𝑏) = 1 1 + 𝑎𝑏 本题可推广为𝑎1𝑎2 . . . 𝑎𝑛 = 1, 𝑎1, 𝑎2, . . . , 𝑎𝑛 > 0时有 𝑛∑︁ 𝑖=1 1 (1 + 𝑎𝑖)𝑘 ≥ min(1, 𝑛 2𝑘 ) 例1.4. 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 > 0, 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 = 1求证: (1−√𝑎)(1− √ 𝑏)(1−√𝑐)(1− √ 𝑑) ≥ √ 𝑎𝑏𝑐𝑑 证证证明明明 受到上题的启发,我们考虑将其中的两个视为一组,我们尝试证明 (1−√𝑎)(1− √ 𝑏) ≥ √ 𝑐𝑑 事实上 2(1−√𝑎)(1− √ 𝑏) = 2 + 2 √ 𝑎𝑏− 2√𝑎− 2 √ 𝑏 = ( √ 𝑎 + √ 𝑏− 1)2 + 1− 𝑎− 𝑏 ≥ 𝑐 + 𝑑 ≥ 2 √ 𝑐𝑑 同理 (1−√𝑐)(1− √ 𝑑) ≥ √ 𝑎𝑏 于是将上述两式相乘即证明了原题. 注注注 对于4元的不等式,将其两两分组再用局部是一种很常用的手法,用相同的方法 我们还可以证明Mathematical Reflections中的一道题.𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 > 0, 𝑎2+𝑏2+𝑐2+𝑑2 = 1,则 有 √ 1− 𝑎 +√1− 𝑏 +√1− 𝑐 +√1− 𝑑 ≥ √𝑎 + √ 𝑏 + √ 𝑐 + √ 𝑑 它的证明就省略了,值得一提的是在杂志之后登出的两种解答有误,此题两边平方之后 有12项根式难以下手,虽可以用琴声分类讨论解决但是较为繁琐(读者可做一下尝试). 对于𝑛个变元的不等式,可以先探究其中若干个局部之间的关系,进而应用至𝑛元. 4 第一章 局部不等式法 例1.5. 设𝑛(≥ 3)是整数,证明:对正实数𝑥1 ≤ 𝑥2 ≤ ... ≤ 𝑥𝑛,有不等式 𝑥𝑛𝑥1 𝑥2 + 𝑥1𝑥2 𝑥3 + ... + 𝑥𝑛−1𝑥𝑛 𝑥1 ≥ 𝑥1 + 𝑥2 + ... + 𝑥𝑛 证证证明明明 先证明一个引理:若0 < 𝑥 ≤ 𝑦, 0 < 𝑎 < 1,则 𝑥 + 𝑦 ≤ 𝑎𝑥 + 𝑦 𝑎 事实上,由𝑎𝑥 ≤ 𝑥 ≤ 𝑦得到(1− 𝑎)(𝑦 − 𝑎𝑥) ≥ 0,即𝑎2𝑥 + 𝑦 ≥ 𝑎𝑥 + 𝑎𝑦. 因此 𝑥 + 𝑦 ≤ 𝑎𝑥 + 𝑦 𝑎 现在令(𝑥, 𝑦, 𝑎) = (𝑥𝑖, 𝑥𝑛−1 · 𝑥𝑖+1 𝑥2 , 𝑥𝑖+1 𝑥𝑖+2 ), 𝑖 = 1, 2, ..., 𝑛− 2,代入得 𝑥𝑖 + 𝑥𝑛−1𝑥𝑖+1 𝑥2 ≤ 𝑥𝑖𝑥𝑖+1 𝑥𝑖+2 + 𝑥𝑛−1 · 𝑥𝑖+2 𝑥2 上式对𝑖 = 1, 2, ..., 𝑛− 2求和,即得到 𝑥1 + 𝑥2 + ... + 𝑥𝑛2 + 𝑥𝑛−1 𝑥2 (𝑥2 + 𝑥3 + ... + 𝑥𝑛1) ≤𝑥1𝑥2 𝑥3 + 𝑥2𝑥3 𝑥4 + ... + 𝑥𝑛−2𝑥𝑛−1 𝑥1 + 𝑥𝑛−1 𝑥2 (𝑥3 + 𝑥4 + ... + 𝑥𝑛) 所以 𝑥1 + 𝑥2 + ... + 𝑥𝑛−2 + 𝑥𝑛−1 ≤ 𝑥1𝑥2 𝑥3 + ... + 𝑥𝑛−2𝑥𝑛1 𝑥1 + 𝑥𝑛−1𝑥𝑛 𝑥2 (1) 另外,令(𝑥, 𝑦, 𝑎) = (𝑥𝑛, 𝑥𝑛 · 𝑥𝑛−1 𝑥2 , 𝑥1 𝑥2 ),又有 𝑥𝑛 + 𝑥𝑛𝑥𝑛−1 𝑥2 ≤ 𝑥𝑛𝑥1 𝑥2 + 𝑥𝑛−1𝑥𝑛 𝑥1 (2) 由(1) + (2)即得原不等式成立. 让我们来看一些根式的例子 例1.6. 0 < 𝐴,𝐵,𝐶 < 𝜋2 , 𝐴 + 𝐵 + 𝐶 = 𝜋,求证 √ 1− sin𝐴 sin𝐵 +√1− sin𝐵 sin𝐶 +√1− sin𝐶 sin𝐴 ≥ 3 2 证证证明明明 本题每一个单项都含有根号,直接证明不易,考虑从局部入手先去根号.令𝐴 = 𝜋 2 − 𝐴12 等三式.于是问题转化为在任何三角形∆𝐴1𝐵1𝐶1中,证明√︀ 1− sin𝐴1 sin𝐵1 + √︀ 1− sin𝐵1 sin𝐶1 + √︀ 1− sin𝐶1 sin𝐴1 ≥ 32 我们尝试证明局部不等式 √︀ 1− sin𝐵1 sin𝐶1 ≥ sin(𝐴12 ) cos(𝐵1−𝐶12 ) 韩京俊编著:初等不等式的证明方法 5 ⇔ (1− sin𝐵1 sin𝐶1) cos2 𝐵1 − 𝐶12 ≥ sin 2 𝐴1 2 ⇔ (1− sin𝐵1 sin𝐶1)[1 + cos(𝐵1 − 𝐶1)] ≥ 1− cos𝐴1 ⇔ sin𝐵1 sin𝐶1[1− cos(𝐵1 − 𝐶1)] ≥ 0 上式显然成立. 类似的可以得到其他三式，于是我们只需证明∑︁ sin 𝐴12 cos 𝐵1−𝐶12 ≥ 3 2 注意到 sin 𝐴1 2 cos 𝐵1−𝐶1 2 = 𝑎1𝑏1+𝑐1 故不等式转化为 𝑎1 𝑏1 + 𝑐1 + 𝑏1 𝑐1 + 𝑎1 + 𝑐1 𝑎1 + 𝑏1 ≥ 3 2 上式显然. 例1.7. (杨学枝) 𝑥, 𝑦, 𝑧, 𝑤 > 0,𝛼, 𝛽, 𝛾, 𝜃满足𝛼 + 𝛽 + 𝛾 + 𝜃 = (2𝑘 + 1)𝜋, (𝑘 ∈ 𝑍) 则有 𝑥 sin𝛼 + 𝑦 sin𝛽 + 𝑧 sin 𝛾 + 𝑤 sin 𝜃 ≤ √︃ (𝑧𝑦 + 𝑧𝑤)(𝑥𝑧 + 𝑦𝑤)(𝑥𝑤 + 𝑦𝑧) 𝑥𝑦𝑧𝑤 证证证明明明 设𝑢 = 𝑥 sin𝛼 + 𝑦 sin𝛽, 𝑣 = 𝑧 sin 𝛾 + 𝑤 sin 𝜃,则 𝑢2 = (𝑥 sin𝛼 + 𝑦 sin𝛽)2 ≤ (𝑥 sin𝛼 + 𝑦 sin𝛽)2 + (𝑥 cos𝛼− 𝑦 cos𝛽)2 = 𝑥2 + 𝑦2 − 2𝑥𝑦 cos(𝛼 + 𝛽) 于是 cos(𝛼 + 𝛽) ≤ 𝑥 2 + 𝑦2 − 𝑢2 2𝑥𝑦 同理可得 cos(𝛾 + 𝜃) ≤ 𝑧 2 + 𝑤2 − 𝑣2 2𝑧𝑤 由𝛼 + 𝛽 + 𝛾 + 𝜃 = (2𝑘 + 1)𝜋知cos(𝛼 + 𝛽) + cos(𝛾 + 𝜃) = 0 故 𝑥2 + 𝑦2 − 𝑢2 2𝑥𝑦 + 𝑧2 + 𝑤2 − 𝑣2 2𝑧𝑤 ≥ 0 即 𝑢2 𝑥𝑦 + 𝑣2 𝑧𝑤 ≤ 𝑥 2 + 𝑦2 𝑥𝑦 + 𝑧2 + 𝑤2 𝑧𝑤 由𝐶𝑎𝑢𝑐ℎ𝑦不等式有 (𝑥𝑧 + 𝑦𝑤)(𝑥𝑤 + 𝑦𝑧) 𝑥𝑦𝑧𝑤 ≥ 𝑢 2 𝑥𝑦 + 𝑣2 𝑧𝑤 ≥ (𝑢 + 𝑣) 2 𝑥𝑦 + 𝑧𝑤 ⇒ 𝑥 sin𝛼 + 𝑦 sin𝛽 + 𝑧 sin 𝛾 + 𝑤 sin 𝜃 ≤ √︃ (𝑧𝑦 + 𝑧𝑤)(𝑥𝑧 + 𝑦𝑤)(𝑥𝑤 + 𝑦𝑧) 𝑥𝑦𝑧𝑤 命题得证！ 6 第一章 局部不等式法 例1.8. 𝑥, 𝑦, 𝑧 > 0.求证 ∑︁√︃ (𝑦 + 𝑧)2𝑦𝑧 (𝑥 + 𝑦)(𝑥 + 𝑧) ≥ ∑︁ 𝑥 证证证明明明 (韩京俊) 考察数𝑓(𝑦, 𝑧) = (𝑦 + 𝑧)2 𝑦𝑧 . 则 𝑓(𝑦+ 𝑥, 𝑧 + 𝑥)− 𝑓(𝑦, 𝑧) = 𝑥 + 𝑦 𝑥 + 𝑧 + 𝑥 + 𝑧 𝑥 + 𝑦 − 𝑦 𝑧 − 𝑧 𝑦 = −(𝑦− 𝑧)2( 1 𝑦𝑧 − 1 (𝑥 + 𝑦)(𝑥 + 𝑧) ≤ 0 于是 (𝑦 + 𝑧)2 𝑦𝑧 ≥ (2𝑥 + 𝑦 + 𝑧) 2 (𝑥 + 𝑦)(𝑥 + 𝑧) ⇒ √︂ 𝑦𝑧 (𝑥 + 𝑦)(𝑥 + 𝑧) ≤ 𝑦 + 𝑧 2𝑥 + 𝑦 + 𝑧 所以 ∑︁√︃ (𝑦 + 𝑧)2𝑦𝑧 (𝑥 + 𝑦)(𝑥 + 𝑧) = ∑︁ 𝑦𝑧(𝑦+𝑧) (𝑥+𝑦)(𝑥+𝑧)√︁ 𝑦𝑧 (𝑥+𝑦)(𝑥+𝑧) ≥ 𝑦𝑧(𝑦+𝑧) (𝑥+𝑦)(𝑥+𝑧) 𝑦+𝑧 2𝑥+𝑦+𝑧 = 𝑦𝑧(2𝑥 + 𝑦 + 𝑧) (𝑥 + 𝑦)(𝑥 + 𝑧) = ∑︁ 𝑥 不等式获证. 注注注 本题的局部不等式构造原理为之后介绍的对称求导法. 本题有其几何背景 (摩尔多瓦2006)𝑎, 𝑏, 𝑐为三角形三边长,则 ∑︁ 𝑎 sin 𝐴 2 ≥ 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 2 有时对于一些根式型不等式无法直接构造局部,可以考虑平方后在尝试. 例1.9. 己知𝑎, 𝑏, 𝑐 > 0,𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 3.求证 √ 3− 𝑏𝑐 +√3− 𝑐𝑎 +√3− 𝑎𝑏 ≥ 3 √ 2 证证证明明明 只需考虑𝑎, 𝑏, 𝑐为非负即可. 原不等式齐次化后为 √︀ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 − 3𝑏𝑐 + √︀ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 − 3𝑐𝑎 + √︀ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 − 3𝑎𝑏 ≥ √ 6(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) 两边平方后等价于 2 ∑︁√︀ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 − 3𝑐𝑎 · √︀ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 − 3𝑎𝑏 ≥ 3(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 + 3 ∑︁ 𝑎𝑏 韩京俊编著:初等不等式的证明方法 7 下面我们考虑证明如下局部不等式 2 √︀ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 − 3𝑐𝑎 · √︀ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 − 3𝑎𝑏 ≥ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 + 3𝑏𝑐 上式两边平方后等价于 𝑎4 − 2𝑎2(𝑏2 + 𝑐2 − 3𝑏𝑐)− 4𝑎𝑏𝑐(𝑏 + 𝑐) + 𝑏4 + 𝑐4 + 2𝑏𝑐(𝑏2 + 𝑐2)− (𝑏𝑐)2 ≥ 0 ⇔ (𝑎2 − 𝑏2 − 𝑐2 + 𝑏𝑐)2 + 2𝑏𝑐((𝑏− 𝑐)2 + (𝑐− 𝑎)2 + (𝑎− 𝑏)2) ≥ 0 上式显然成立,类似得可得另外两式.将它们相加即证明了原命题. 注注注 对于根式型不等式两边平方后证明是一个常用的办法,在之后我们还会用到这 一方法. 有时对于根式型的不等式需要对其中的一些单项局部处理. 例1.10. 𝑎, 𝑏, 𝑐 ≥ 0,求证 ∑︁√︀ 𝑎2 + 𝑏𝑐 ≤ 3 2 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) 证证证明明明 不妨设𝑎 ≥ 𝑏 ≥ 𝑐 则 2𝑎 + 𝑐 ≥ 2 √︀ 𝑎2 + 𝑏𝑐 于是只需证明 𝑎 + 3𝑏 + 2𝑐 ≥ 2 (︁√︀ 𝑏2 + 𝑎𝑐 + √︀ 𝑐2 + 𝑎𝑏 )︁ 两边平方化简后等价于 𝑎2 + 5𝑏2 + 2𝑎𝑏 + 12𝑏𝑐 ≥ 8 √︀ (𝑏2 + 𝑎𝑐)(𝑐2 + 𝑎𝑏) 而由 𝑏2 + 𝑎𝑐 + 𝑐2 + 𝑎𝑏 ≥ 2 √︀ (𝑏2 + 𝑎𝑐)(𝑐2 + 𝑎𝑏) 故我们只需证明 𝑎2 + 5𝑏2 + 2𝑎𝑏 + 12𝑏𝑐 ≥ 4𝑏2 + 4𝑎𝑐 + 4𝑐2 + 4𝑎𝑏 ⇔ 𝑓(𝑎) = 𝑎2 + 𝑏2 + 12𝑏𝑐− 4𝑎𝑐− 4𝑐2 − 2𝑎𝑏 ≥ 0 又𝑓 ′ (𝑎) = 2𝑎− 4𝑐− 2𝑏,所以 𝑓(𝑎) ≥ 𝑓(2𝑐 + 𝑏) = 8𝑏𝑐− 8𝑐2 ≥ 0 故命题得证！ 8 第一章 局部不等式法 例1.11. 𝑥, 𝑦, 𝑧 ≥ 0满足𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1,求证 √︀ 𝑥 + 𝑦2 + √︀ 𝑦 + 𝑧2 + √︀ 𝑧 + 𝑥2 ≥ 2 证证证明明明 我们先证明这样一个结论 若𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 ≥ 0且𝑎 + 𝑏 = 𝑐 + 𝑑, (𝑎− 𝑏)2 ≤ (𝑐− 𝑑)2,则我们有 √ 𝑎 + √ 𝑏 ≥ √𝑐 + √ 𝑑 两边平方化简后等价于 √ 𝑎𝑏 ≥ √ 𝑐𝑑⇔ 𝑎𝑏 ≥ 𝑐𝑑⇔ (𝑐− 𝑑)2 ≥ (𝑎− 𝑏)2 这个结论的条件(𝑎− 𝑏)2 ≤ (𝑐− 𝑑)2 ⇔ max{𝑎, 𝑏} ≥ max{𝑐, 𝑑}. 注意到𝑥 + 𝑦2 + 𝑦 + 𝑧2 = (𝑥 + 𝑦)2 + 𝑧 + 𝑦2. 当𝑥 ≥ 𝑦 ≥ 𝑧或𝑧 ≥ 𝑦 ≥ 𝑥时有max{𝑥 + 𝑦2, 𝑦 + 𝑧2} ≥ max{(𝑥 + 𝑦)2, 𝑧 + 𝑦2}. 于是我们有 √︀ 𝑥 + 𝑦2 + √︀ 𝑦 + 𝑧2 + √︀ 𝑧 + 𝑥2 ≥ (𝑥 + 𝑦) + √︀ 𝑧 + 𝑦2 + √︀ 𝑧 + 𝑥2 ≥ 𝑥 + 𝑦 + √︁ ( √ 𝑧 + √ 𝑧)2 + (𝑥 + 𝑦)2 = 1− 𝑧 + √︀ 4𝑧 + (1− 𝑧)2 = 2 注注注 本题一度成为国内各大论坛悬而未决的难题,构造局部不等式轻松获证. 当然对于更多的乘积类的不等式不会有上题那样良好的”性质”,不过我们也可以尝 试构造局部不等式证明,当然这需要较高的技巧和良好的不等式感觉. 例1.12. (06国家队培训)不全为正数的𝑥, 𝑦, 𝑧满足 𝑘(𝑥2 − 𝑥 + 1)(𝑦2 − 𝑦 + 1)(𝑧2 − 𝑧 + 1) ≥ (𝑥𝑦𝑧)2 − 𝑥𝑦𝑧 + 1 求实数𝑘的最小值， 解解解 对于3元6次对称不等式以两数相等或有数为0时等号成立居多.经试验当𝑥 = 𝑦 = 12 , 𝑧 = 0时𝑘最小此时𝑘 = 16 9 ,下证𝑘 = 16 9 时不等式成立. 考虑到直接证明难度较大,故我们尝试构造局部不等式,考察两元的情形. 我们证明当𝑥, 𝑦中至少有一个≤ 0时有 4 3 (𝑥2 − 𝑥 + 1)(𝑦2 − 𝑦 + 1) ≥ (𝑥𝑦)2 − 𝑥𝑦 + 1 ⇔ (𝑥2𝑦2 − 4𝑥2𝑦 + 4𝑥2)− (4𝑥𝑦2 − 7𝑥𝑦 + 4𝑥) + (4𝑦2 − 4𝑦 + 1) ≥ 0 韩京俊编著:初等不等式的证明方法 9 𝑥, 𝑦中恰有一个≤ 0时,不妨设𝑥 ≤ 0, 𝑦 > 0,则 ⇔ 𝑥2(𝑦 − 2)2 − 4𝑥(𝑦 − 1)2 − 𝑥𝑦 + (2𝑦 − 1)2 ≥ 0 显然成立！ 当𝑥, 𝑦全都≤ 0时 ⇔ 𝑥2(𝑦 − 2)2 − 4𝑥𝑦2 + 7𝑥𝑦 − 4𝑥 + (2𝑦 − 1)2 ≥ 0 也成立！ 于是 16 9 (𝑥2−𝑥+ 1)(𝑦2−𝑦+ 1)(𝑧2− 𝑧+ 1) ≥ 4 3 (𝑧2− 𝑧+ 1)((𝑥𝑦)2−𝑥𝑦+ 1) ≥ (𝑥𝑦𝑧)2−𝑥𝑦𝑧+ 1 故𝑘的最小值为169 . 例1.13. 𝑎, 𝑏, 𝑐 ≥ 0,求证 2(𝑎3 + 1)(𝑏3 + 1)(𝑐3 + 1) ≥ (1 + 𝑎2)(1 + 𝑏2)(1 + 𝑐2)(1 + 𝑎𝑏𝑐) 证证证明明明 考察局部不等式： 2(𝑎3 + 1)3 − (1 + 𝑎2)3(1 + 𝑎3) = (𝑎− 1)2(1 + 𝑎3)(𝑎4 + 2𝑎3 + 2𝑎 + 1) ≥ 0 类似地，有 2(𝑏3 + 1)3 − (1 + 𝑏2)3(1 + 𝑏3) = (𝑏− 1)2(𝑏3 + 1)(𝑏4 + 2𝑏3 + 2𝑏 + 1) ≥ 0 2(𝑐3 + 1)3 − (1 + 𝑐2)3(1 + 𝑐3) = (𝑐− 1)2(𝑐3 + 1)(𝑐4 + 2𝑐3 + 2𝑐 + 1) ≥ 0 于是我们只需证明 (1 + 𝑎3)(1 + 𝑎2)3(𝑏3 + 1)(1 + 𝑏2)3(𝑐3 + 1)(1 + 𝑐2)3 ≥ (1 + 𝑎2)3(1 + 𝑏2)3(1 + 𝑐2)3(1 + 𝑎𝑏𝑐)3 即： (1 + 𝑎3)(1 + 𝑏3)(1 + 𝑐3) ≥ (1 + 𝑎𝑏𝑐)3 上式即为𝐶𝑎𝑢𝑐ℎ𝑦推广𝑛 = 3的情形，故命题得证！ 注注注 利用类似的方法我们能得到𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑒 ≥ 0时有 2(𝑎3+1)(𝑏3+1)(𝑐3+1)(𝑑3+1)(𝑒3+1) ≥ (1+𝑎2)(1+𝑏2)(1+𝑐2)(1+𝑑2)(1+𝑒2)(1+𝑎𝑏𝑐𝑑𝑒) 证明留作习题. 有些时候对单项直接放缩难以起效时我们可以考虑将单项若干个小单项之和,在对 其中的一些小单项作局部放缩. 10 第一章 局部不等式法 例1.14. (07女子竞赛)设整数𝑛 > 3,非负实数𝑎1, 𝑎2, . . . , 𝑎𝑛满足𝑎1 + 𝑎2 + . . .+ 𝑎𝑛 = 2. 求 𝑎1 𝑎22 + 1 + 𝑎2 𝑎23 + 1 + . . . + 𝑎𝑛 𝑎21 + 1 的最小值. 解解解 本题最早出现在Mathematical Reflections中,是一道03年保加利亚竞赛题的 推广(原题是3元),后被选为07年女子数学奥林匹克试题.据说当年做出此题的人寥 寥无几,可见本题难度颇大. 本题的难点在于无论是用柯西或调整抑或是直接用 局部不等式进行放缩皆难以奏效. 首先我们不难猜出为32 ,等号成立当且仅 当𝑎1 = 𝑎2 = 1, 𝑎3 = 𝑎4 = . . . = 𝑎𝑛及其轮换,而此时 𝑎1𝑎22+1 = 12 , 𝑎2 𝑎23+1 = 1它们的地位 不均等,故我们考虑将这两个单项拆项对于型如 𝑥𝑦+1的单项,较为常用的方法是将其写 为𝑥− 𝑥𝑦𝑦+1的形式. 对于本题 𝑎1 𝑎22 + 1 + 𝑎2 𝑎23 + 1 + . . . + 𝑎𝑛 𝑎21 + 1 =𝑎1 + 𝑎2 + . . . + 𝑎𝑛 − ( 𝑎1𝑎 2 2 𝑎22 + 1 + 𝑎2𝑎 2 3 𝑎23 + 1 + . . . + 𝑎𝑛𝑎 2 1 𝑎21 + 1 ) ≤2− 1 2 (𝑎1𝑎2 + 𝑎2𝑎3 + . . . + 𝑎𝑛𝑎1) 于是我们只需证明 4(𝑎1𝑎2 + 𝑎2𝑎3 + . . . + 𝑎𝑛𝑎1) ≤ (𝑎1 + 𝑎2 + . . . + 𝑎𝑛)2 这是一个常见的不等式,在许多竞赛书籍中都出现过,而这些书中的方法无外乎用数学归 纳法,我们在这里给出一种巧妙的证明.不妨设𝑎1 = max{𝑎1, 𝑎2, . . . , 𝑎𝑛},则 4(𝑎1𝑎2 + 𝑎2𝑎3 + . . . + 𝑎𝑛𝑎1) ≤ 4𝑎1(𝑎2 + 𝑎4 + . . . + 𝑎𝑛) + 4𝑎2𝑎3 + 𝑎3𝑎4 ≤ 4(𝑎1 + 𝑎3)(𝑎2 + 𝑎4 + . . . + 𝑎𝑛) ≤ (𝑎1 + 𝑎2 + . . . + 𝑎𝑛)2 所以 𝑎1 𝑎22 + 1 + 𝑎2 𝑎23 + 1 + . . . + 𝑎𝑛 𝑎21 + 1 ≥ 3 2 等号成立当且仅当𝑎1 = 𝑎2 = 1, 𝑎3 = 𝑎4 = . . . = 𝑎𝑛及其轮换. 用到上题的拆分方的的题还有很多,我们再举一例 例1.15. 𝑎, 𝑏, 𝑐 > 0, 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 2 求证 𝑎𝑏 1 + 𝑐2 + 𝑏𝑐 1 + 𝑎2 + 𝑐𝑎 1 + 𝑏2 ≤ 1 韩京俊编著:初等不等式的证明方法 11 证证证法法法1. 利用上题所说的拆分方法,不等式等价于 𝑎𝑏𝑐 ∑︁ 𝑎 𝑎2 + 1 + 1− ∑︁ 𝑏𝑐 ≥ 0 事实上对于𝑥 ≥ 0, 我们利用同样的拆分方法及𝐴𝑀 −𝐺𝑀不等式有 1 𝑥2 + 1 = 1− 𝑥 2 𝑥2 + 1 ≥ 1− 𝑥 2 利用上式我们只需证明 𝑎𝑏𝑐 ∑︁ 𝑎(1− 𝑎 2 ) + 1− ∑︁ 𝑏𝑐 ≥ 0 ⇔ 𝑎𝑏𝑐 ∑︁ 𝑏𝑐 + 1− ∑︁ 𝑏𝑐 ≥ 0 设𝑟 = 𝑎𝑏𝑐, 𝑞 = 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎,由4次Schur不等式,我们有𝑟 ≥ (𝑞−1)(4−𝑞)3 由此 𝑎𝑏𝑐 ∑︁ 𝑏𝑐 + 1− ∑︁ 𝑏𝑐 = 𝑞𝑟 + 1− 𝑞 ≥ 𝑞(𝑞 − 1)(4− 𝑞) 3 + 1− 𝑞 = 1 3 (3− 𝑞)(1− 𝑞)2 ≥ 0 命题得证!等式成立当且仅当𝑎 = 𝑏 = 1, 𝑐 = 0或其轮换. 当然有时不一定需要对每一个分项都采用相同的局部不等式,打破对称性同样能使 问题迎刃而解,证法2就是一个例子, 它属于马腾宇(07年IMO银牌得主). 证证证法法法2. 不妨设𝑎 ≥ 𝑏 ≥ 𝑐 则 1 1 + 𝑎2 ≤ 1 + 𝑐 2 − 𝑎2 1 + 𝑐2 , 1 1 + 𝑏2 ≤ 1 + 𝑐 2 − 𝑏2 1 + 𝑐2 故只需证明 (1 + 𝑐2 − 𝑎2)𝑏𝑐 + (1 + 𝑐2 − 𝑏2)𝑎𝑐 + 𝑎𝑏 1 + 𝑐2 ≤ 1 上式化简后等价于 (𝑐(𝑎 + 𝑏)− 1)(1 + 𝑐2 − 𝑎𝑏) ≤ 0 由于 1 + 𝑐2 − 𝑎𝑏 ≥ 0 𝑐(𝑎 + 𝑏)− 1 ≤ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 2 )2 − 1 = 0 所以命题得证！ 证法2打破对称性是为了使它们化至相同的分母便于之后的证明,这与下面要介绍的 证法3的思想是一样的. 12 第一章 局部不等式法 证证证法法法3. 我们证明局部不等式 𝑏𝑐 𝑎2 + 1 ≤ 𝑏𝑐 𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏) + 𝑏𝑐(𝑏 + 𝑐) + 𝑐𝑎(𝑐 + 𝑎) 上式等价于 𝑎𝑏2 + 𝑏2𝑐 + 𝑏𝑐2 + 𝑐2𝑎 ≤ 𝑏 + 𝑐 将𝑎 = 2− 𝑏− 𝑐代入 ⇔ 𝑏3 + 𝑏− 2𝑏2 + 𝑐3 − 2𝑐2 + 𝑐 ≥ 0 上式显然,类似的有其余两式,相加即可. 证法3与证法2都是将各个单项化至相同的分母,以便于之后的证明,将分母变为相同 往往能化繁为简,当然证法3有一种神来之笔的感觉,让我们再看2个类似的例子. 例1.16. (05国家集训队)𝑎, 𝑏, 𝑐 > 0, 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 = 1 3 .求证 1 𝑎2 − 𝑏𝑐 + 1 + 1 𝑏2 − 𝑐𝑎 + 1 + 1 𝑐2 − 𝑎𝑏 + 1 ≤ 3 证证证明明明 (韩京俊) 原不等式等价于 1 𝑎(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) + 23 + 1 𝑏(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) + 23 + 1 𝑐(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) + 23 ≤ 3 由𝐶𝑎𝑢𝑐ℎ𝑦不等式有 1 𝑎(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) + 23 ≤ 𝑎(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) + 3 2(𝑏 + 𝑐) 2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)4 = 𝑎 + 32(𝑏 + 𝑐) 2(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)3 类似地有其余两式,故只需证明 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 + 3(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2((𝑎 + 𝑏)2 + (𝑏 + 𝑐)2 + (𝑐 + 𝑎)2) 2 ≤ 3(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)4 ⇔ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 + 3(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)4 − 3 ∑︁ 𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 ≤ 3(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)4 上式为等式,不等式得证！ 例1.17. (46届IMO)𝑥, 𝑦, 𝑧 > 0.𝑥𝑦𝑧 ≥ 0 证明: 𝑥5 − 𝑥2 𝑥5 + 𝑦2 + 𝑧2 + 𝑦5 − 𝑧2 𝑦5 + 𝑧2 + 𝑥2 + 𝑧5 − 𝑦2 𝑧5 + 𝑥2 + 𝑦2 ≥ 0 证证证明明明 原不等式等价于 ∑︁ 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 𝑥5 + 𝑦2 + 𝑧2 ≤ 3 而由Cauchy不等式有 (𝑥5 + 𝑦2 + 𝑧2)(𝑦𝑧 + 𝑦2 + 𝑧2) ≥ ( √︀ 𝑥5𝑦𝑧 + 𝑦2 + 𝑧2)2) ≥ (𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2)2 韩京俊编著:初等不等式的证明方法 13 即 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 𝑥5 + 𝑦2 + 𝑧2 ≤ 𝑦𝑧 + 𝑦 2 + 𝑧2 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 同理有 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 𝑦5 + 𝑧2 + 𝑥2 ≤ 𝑧𝑥 + 𝑧 2 + 𝑥2 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 , 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 𝑧5 + 𝑥2 + 𝑦2 ≤ 𝑥𝑦 + 𝑥 2 + 𝑦2 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 把上述三个不等式相加并利用𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 ≥ 𝑥𝑦 + 𝑦𝑧 + 𝑧𝑥,得 ∑︁ 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 𝑥5 + 𝑦2 + 𝑧2 ≤ 2 ∑︀ 𝑥2 + ∑︀ 𝑥𝑦 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 ≤ 3 故原不等式得证！ 注注注 本题条件还可增强为𝑥, 𝑦, 𝑧 ≥ 0, 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 ≤ 3.这样的话上面的方法失效 了,难度有所增加,其证明我们留给读者. 在那年的𝐼𝑀𝑂上,摩尔多瓦选手Boreico Iurie凭借下面的方法获得特别奖. 因为 𝑥5 − 𝑥2 𝑥5 + 𝑦2 + 𝑧2 − 𝑥 5 − 𝑥2 𝑥3(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2) = 𝑥2(𝑥3 − 1)2(𝑦2 + 𝑧2) 𝑥3(𝑥5 + 𝑦2 + 𝑧2)(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2) ≥ 0 所以 ∑︁ 𝑥5 − 𝑥2 𝑥5 + 𝑦2 + 𝑧2 ≥ ∑︁ 𝑥5 − 𝑥2 𝑥3(𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2) = 1 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 ∑︁ (𝑥2 − 1 𝑥 ) ≥ 1 𝑥2 + 𝑦2 + 𝑧2 ∑︁ (𝑥2 − 𝑦𝑧) ≥ 0 这一方法虽然看似神奇,其实它是用到了局部不等式 𝑥 𝑦 ≥ 𝑥 𝑧 ,其中𝑥(𝑧 − 𝑦) ≥ 0, 𝑦, 𝑧 ≥ 0.往 往运用这一方法的证明往往极具观赏性.如 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ [ 1√ 2 , √ 2],求证 3 𝑎 + 2𝑏 + 3 𝑏 + 2𝑐 + 3 𝑐 + 2𝑎 ≥ 2 𝑎 + 𝑏 + 2 𝑏 + 𝑐 + 2 𝑐 + 𝑎 证证证明明明 (马腾宇) 3 𝑎 + 2𝑏 − 2 𝑎 + 𝑏 = 𝑎− 𝑏 (𝑎 + 𝑏)(𝑎 + 2𝑏) = 𝑎− 𝑏 6𝑎𝑏− (𝑎− 𝑏)(2𝑏− 𝑎) ≥ 𝑎− 𝑏 6𝑎𝑏 = 𝑎𝑐− 𝑏𝑐 6𝑎𝑏𝑐 ⇒ ∑︁ 3 𝑎 + 2𝑏 − 2 𝑎 + 𝑏 ≥ ∑︁ 𝑎𝑐− 𝑏𝑐 6𝑎𝑏𝑐 = 0 有时欲放缩至相同的分母我们常常使用待定系数法. 14 第一章 局部不等式法 例1.18. (42届IMO)𝑎, 𝑏, 𝑐 > 0,求证 𝑎√ 𝑎2 + 8𝑏𝑐 + 𝑏√ 𝑏2 + 8𝑐𝑎 + 𝑐√ 𝑐2 + 8𝑎𝑏 ≥ 1 证证证明明明 本题各个分式的分母各不相同,对每一个分项直接利用重要不等式放缩很难 成功,由于带有根号我们也无法适用之前介绍的分拆法,为此我们利用待定系数法,尝试找 到使 𝑎√ 𝑎2 + 8𝑏𝑐 ≥ 𝑎 𝑟 𝑎𝑟 + 𝑏𝑟 + 𝑐𝑟 恒成立的实数𝑟. 上式等价于 𝑎𝑟 + 𝑏𝑟 + 𝑐𝑟 ≥ 𝑎𝑟−1 √︀ 𝑎2 + 8𝑏𝑐 注意到原不等式成立当且仅当𝑎 = 𝑏 = 𝑐,即𝑎, 𝑏, 𝑐的地位是等价的,故局部不等式等号成立 时必有𝑏 = 𝑐, 而上式是齐次的,故我们令𝑏 = 𝑐 = 1,则这样的𝑟必满足 𝑓(𝑎) = 𝑎𝑟 + 2− 𝑎𝑟−1 √︀ 𝑎2 + 8 ≥ 0 且此时𝑓(𝑎)取最小值0时必有𝑎 = 1,于是 𝑓 ′ (1) = 𝑟 − 3(𝑟 − 1)− 1 3 = 0 由此解得𝑟 = 43 .我们再验证𝑟 = 4 3确实有 𝑎√ 𝑎2 + 8𝑏𝑐 ≥ 𝑎 4 3 𝑎 4 3 + 𝑏 4 3 + 𝑐 4 3 ⇔ (𝑎 43 + 𝑏 43 + 𝑐 43 )2 ≥ 𝑎 23 (𝑎2 + 8𝑏𝑐) 而由𝐴𝑀 −𝐺𝑀不等式有 𝑎 4 3 + 𝑏 4 3 + 𝑐 4 3 )2 − 𝑎 43 2 = (𝑏 43 + 𝑐 43 )(𝑎 43 + 𝑎 43 + 𝑏 43 + 𝑐 43 ) ≥ 2𝑏 23 𝑐 23 · 4𝑎 23 𝑏 13 𝑐 13 = 8𝑎 23 𝑏𝑐 于是(𝑎 4 3 + 𝑏 4 3 + 𝑐 4 3 )2 ≥ 𝑎 43 2 + 8𝑎 23 𝑏𝑐,从而 𝑎√ 𝑎2 + 8𝑏𝑐 ≥ 𝑎 4 3 𝑎 4 3 + 𝑏 4 3 + 𝑐 4 3 同理可得 𝑏√ 𝑎2 + 8𝑏𝑐 ≥ 𝑏 4 3 𝑎 4 3 + 𝑏 4 3 + 𝑐 4 3 𝑐√ 𝑎2 + 8𝑏𝑐 ≥ 𝑐 4 3 𝑎 4 3 + 𝑏 4 3 + 𝑐 4 3 于是 𝑎√ 𝑎2 + 8𝑏𝑐 + 𝑏√ 𝑏2 + 8𝑐𝑎 + 𝑐√ 𝑐2 + 8𝑎𝑏 ≥ 1 注注注 设参法是证明局部不等式的重要方法,本题中将分母化至𝑎𝑟 + 𝑏𝑟 + 𝑐𝑟是比较常 用的，当然分母不一定拘泥于这种形式,让我们再看一例. 韩京俊编著:初等不等式的证明方法 15 例1.19. 设𝑟𝑎, 𝑟𝑏.𝑟𝑐分别为△𝐴𝐵𝐶的三边𝑎, 𝑏, 𝑐相应的旁切圆半径,求证 𝑎2 𝑟𝑏2 + 𝑟𝑐2 + 𝑏2 𝑟𝑎2 + 𝑟𝑐2 + 𝑐2 𝑟𝑎2 + 𝑟𝑏2 ≥ 2 证证证明明明 作代数代换𝑥 = −𝑎 + 𝑏 + 𝑐, 𝑦 = −𝑏 + 𝑎 + 𝑐, 𝑧 = −𝑐 + 𝑎 + 𝑏则𝑥, 𝑦, 𝑧 > 0.注意 到 𝑆△𝐴𝐵𝐶 = 1 4 √︀ (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)𝑥𝑦𝑧 𝑟𝑎 = 2𝑆△𝐴𝐵𝐶 𝑏 + 𝑐− 𝑎 = 1 2𝑥 √︀ (𝑥 + 𝑦 + 𝑧)𝑥𝑦𝑧 等等,通过计算,原不等式变为下面的代数不等式 𝑦2𝑧2(𝑦 + 𝑧)2 𝑦2 + 𝑧2 + 𝑧2𝑥2(𝑧 + 𝑥)2 𝑧2 + 𝑥2 + 𝑥2𝑦2(𝑥 + 𝑦)2 𝑥2 + 𝑦2 ≥ 2𝑥𝑦𝑧(𝑥 + 𝑦 + 𝑧) 要证明上面的不等式,我们只需证明局部不等式 𝑦2𝑧2(𝑦 + 𝑧)2 𝑦2 + 𝑧2 ≥ 2𝑥𝑦𝑧(𝑥 + 𝑦 + 𝑧)𝑦 2𝑧2 𝑥2𝑦2 + 𝑦2𝑧2 + 𝑧2𝑥2 上式展开后化简等价于 [(𝑦2 + 𝑧2)𝑥− 𝑦𝑧(𝑦 + 𝑧)]2 ≥ 0 得证！ 注注注 本题的局部不等式是通过求满足下式的参数𝑟得到的 𝑦2𝑧2(𝑦 + 𝑧)2 𝑦2 + 𝑧2 ≥ 2𝑥𝑦𝑧(𝑥 + 𝑦 + 𝑧)𝑦 𝑟𝑧𝑟 𝑥𝑟𝑦𝑟 + 𝑦𝑟𝑧𝑟 + 𝑧𝑟𝑥𝑟 例1.20. 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 是非负实数. 证明√︂ 1 + 7𝑎 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 + √︂ 1 + 7𝑏 𝑐 + 𝑑 + 𝑎 + √︂ 1 + 7𝑐 𝑑 + 𝑎 + 𝑏 + √︂ 1 + 7𝑑 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ≥ 4 √︂ 10 3 证证证明明明 由不等式的齐次性，不妨设𝑎 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 = 4. 令 𝑓(𝑥) = √︂ 1 + 7𝑥 4− 𝑥 则 𝑓(𝑥) ≥ 1 3 √︂ 2 15 (8 + 7𝑥) 上式成立是因为： 14(𝑥− 1)2(2 + 7𝑥) 135(4− 𝑥) ≥ 0 用𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑分别代入𝑓(𝑥),并相加即得欲证不等式. 16 第一章 局部不等式法 注注注 利用同样的方法,我们能得到 𝑛∑︁ 𝑖=1 √︃ 1 + 7𝑥𝑖∑︀ 𝑗 ̸=𝑖 𝑥𝑗 ≥ 𝑛 √︂ 𝑛 + 6 𝑛− 1 本题的局部不等式看似很神奇,但其实并不高深,它的构造原理被称作切线法, 即对 于𝑓(𝑥) = √︁ 1 + 7𝑥4−𝑥 , 𝑔(𝑥) = 1 3 √︁ 2 15(8 + 7𝑥)为𝑓(𝑥)在𝑥 = 1处的切线,由𝑔(𝑥) ≤ 𝑓(𝑥)知道 当𝑥 ≥ 0时,𝑓(𝑥)的图像位于其在𝑥 = 1处的切线的上方, 而等号成立条件为𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = 𝑑 = 1,故取𝑥 = 1能保证在𝑥 = 1时等号能成立,有时用求导来求其切线较繁且不知道是否 恒有𝑔(𝑥) ≤ 𝑓(𝑥),故可用待定系数法解不等式𝑓(𝑥) ≥ 𝐴𝑥 + 𝐵,且𝑓(1) = 𝐴 + 𝐵,其中解得 的𝐴 = 𝑓 ′ (1). 切线法由来以久,最初起源无法考证,作者猜想切线法由拉格朗日乘数法演 变而来.切线法是处理 ∑︀𝑛 𝑖=1 𝑓(𝑥𝑖) T 𝐹 (𝑥1, 𝑥2, . . . , 𝑥𝑛)类问题一种常见而有力的方法.注意 到切线法可以将每一个单项配出平方,我们称其为切线法配方原理. 对于一些单项式中含 有两个变元的可以考虑将其中一个变元看作常数使用切线法. 例1.21. 𝑎, 𝑏, 𝑐 > 0求证 𝑎2√︁ 𝑎2 + 14𝑎𝑏 + 𝑏 2 + 𝑏2√︁ 𝑏2 + 14𝑏𝑐 + 𝑐 2 + 𝑐2√︁ 𝑐2 + 14𝑐𝑎 + 𝑎 2 ≥ 2 3 (𝑎 + 𝑏 + 𝑐) 证证证明明明 注意到等号成立当且仅当𝑎 = 𝑏 = 𝑐,我们令 𝑥2√︁ 𝑥2 + 14𝑥 + 1 ≥ 𝐴𝑥 + 𝐵 其中𝐴,𝐵 ∈ 𝑅且𝐴 + 𝐵 = 23 ,𝑥 = 𝑎𝑏 则我们不难解得𝐴 = 1, 𝐵 = −13且此时不等式成立,即 此时有 𝑎2√︁ 𝑎2 + 14𝑎𝑏 + 𝑏 2 ≥ 𝑎− 𝑏 3 于是将类似的3式相加即得结论,证毕！ 当然切线法不仅仅对变元全相等取等时适用,让我们再看一个例子. 例1.22. 若𝑥, 𝑦, 𝑧 ≥ 0, 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1求证: 5 2 ≤ 1 1 + 𝑥2 + 1 1 + 𝑦2 + 1 1 + 𝑧2 ≤ 27 10 证证证明明明 对于不等式的右边, 首先证明 1 1 + 𝑥2 ≤ −27 50 (𝑥− 2) ⇔ 𝑓(𝑥) = 27𝑥3 − 54𝑥2 + 27𝑥− 4 ≥ 0 𝑓 ′ (𝑥) = 27(3𝑥− 1)(𝑥− 1) 韩京俊编著:初等不等式的证明方法 17 这明 max 0≤𝑥≤1 𝑓(𝑥) = max{𝑓(1/3), 𝑓(1)} = 0 于是 ∑︁ 1 1 + 𝑥2 ≤ −27 50 ∑︁ 𝑥 + 54 50 · 3 = 27/10 等号成立在𝑥 = 𝑦 = 𝑧 = 1 3 对不等式左边,首先证明 1 1 + 𝑥2 ≥ − 1 2𝑥 + 1 ⇔ 𝑥(𝑥− 1)2 ≥ 0 上式显然成立. 于是 ∑︁ 1 1 + 𝑥2 ≥ −1 2 ∑︁ 𝑥 + 3 = 5 2 等号成立在𝑥 = 1, 𝑦 = 𝑧 = 0,综上命题得证！ 若𝑓(𝑥)的图像不恒位于其在𝑥 = 1处的切线的上方，此时似乎切线法失效了，不过 有时可以同过分类讨论来处理. 例1.23. (07西部竞赛)设𝑎, 𝑏, 𝑐 是实数,满足𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 3.证明 1 5𝑎2 − 4𝑎 + 11 + 1 5𝑏2 − 4𝑏 + 11 + 1 5𝑐2 − 4𝑐 + 11 ≤ 1 4 证证证明明明 不妨设𝑎 = max(𝑎, 𝑏, 𝑐) 我们先证明当𝑥 ≤ 95时有 1 5𝑥2 − 4𝑥 + 11 ≤ 1 24 (3− 𝑥) ⇔ (9− 5𝑥)(𝑥− 1)2 ≥ 0 下面我们分情况来讨论 (1)若𝑎 ≤ 95 ,则 ∑︁ 1 5𝑎2 − 4𝑎 + 11 ≤ ∑︁ 1 24 (3− 𝑎) = 1 4 (2)若𝑎 > 95 ,则 1 5𝑎2 − 4𝑎 + 11 < 1 20 又因为 5𝑡2 − 4𝑡 + 11 = 5(𝑡− 2 5 )2 + 51 5 ≥ 51 5 故 1 5𝑏2 − 4𝑏 + 11 + 1 5𝑐2 − 4𝑐 + 11 ≤ 10 51 于是 ∑︁ 1 5𝑎2 − 4𝑎 + 11 < 1 20 + 10 51 < 1 4 综上命题得证！ 18 第一章 局部不等式法 切线法等价于证明𝑓(𝑥) ≥ 𝐴𝑥 + 𝐵 = 𝑔(𝑥)这样一个局部不等式,这给了我们一个启 示,我们不应该不局限于构造一个线性函数𝑔(𝑥), 𝑔(𝑥)同样可以含有两次项甚至更高项.让 我们看下面一题 例1.24. (Crux)𝑎, 𝑏, 𝑐 > 0, 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 = 1,求证 1 1− 𝑎𝑏 + 1 1− 𝑏𝑐 + 1 1− 𝑐𝑎 ≤ 9 2 证证证明明明 本题用切线法失效,我们尝试将𝑔(𝑥)设为两次型. 不妨设𝑎 ≥ 𝑏 ≥ 𝑐,显然2𝑎𝑏 ≤ 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 = 1,于是max(𝑎𝑏, 𝑏𝑐, 𝑐𝑎) ≤ 12 ,将𝑎𝑏看作𝑥. 我们设 1 1− 𝑥 ≤ 𝐴(𝑥 2 − 1 9 ) + 𝐵(𝑥− 1 3 ) + 3 2 ⇔ (𝑥− 1 3 )[ 2 3 𝐴(𝑥 + 1 3 ) + 2 3 𝐵 − 1 1− 𝑥 ] ≥ 0 设 𝑓(𝑥) = 2 3 𝐴(𝑥 + 1 3 ) + 2 3 𝐵 − 1 1− 𝑥 则𝑥 = 13是方程𝑔(𝑥) = 0的根,解得𝐵 = 9 4 − 23𝐴,代入𝑓(𝑥)得 𝑓(𝑥) = 2 3 𝐴(𝑥− 1 3 ) + 1− 3𝑥 2(1− 𝑥) = (3𝑥− 1)(2 9 𝐴− 1 2(1− 𝑥)) 又因为𝑥 ≤ 12 ,故当𝐴 = 92 ,𝐵 = −14时,29𝐴− 12(1−𝑥) ≥ 0. 即此时有 1 1− 𝑥 ≤ 9 2 (𝑥2 − 1 9 )− 1 4 (𝑥− 1 3 ) + 3 2 化简得 1 1− 𝑥 ≤ 9 2 𝑥2 − 1 4 + 13 12 当0 ≤ 𝑥 ≤ 1 2 时成立 将𝑎𝑏, 𝑏𝑐, 𝑐𝑎分别代入并相加,化简之后原不等式只需证明 18(𝑎2𝑏2 + 𝑏2𝑐2 + 𝑐2𝑎2)− (𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎) ≤ 5 而𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 = 1,于是上式等价于 18(𝑎2𝑏2 + 𝑏2𝑐2 + 𝑐2𝑎2) ≤ 5(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2)2 + (𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎)(𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2) 展开化简之后为 5(𝑎4 + 𝑏4 + 𝑐4) + ∑︁ 𝑎2(𝑏 + 𝑐) + 𝑎𝑏𝑐(𝑎 + 𝑏 + 𝑐) ≤ 8(𝑎2𝑏2 + 𝑏2𝑐2 + 𝑐2𝑎2) 另一方面4次Schur不等式为 𝑎4 + 𝑏