鄒守文　湯慶梅

安徽省蕪湖市第十四中學(xué) (241000)

安徽省南陵縣實(shí)驗(yàn)中學(xué)(241300)

文［2］受文［1］啟發(fā)，給出“背景不等式”：

abc≥(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)的若干運(yùn)用，實(shí)際上abc≥(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)是Schur不等式的特例.

Schur不等式是指：設(shè)x,y,z為非負(fù)實(shí)數(shù)，r>0，則有∑x瑀(x-y)(x-z)≥0(1)，特別當(dāng)r=1時(shí)，有∑x(x-y)(x-z)≥0(2).

由(2)式∑a(a-b)(a-c)≥0不難得到abc≥(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b).

下面通過(guò)例題說(shuō)明(2)式在證明競(jìng)賽不等式中的運(yùn)用.

例1 設(shè)a,b,c>0，且ab+bc+ca=1，求證：a3+a+b3+b+c3+c≥

2a+b+c(伊朗，2008數(shù)學(xué)奧林匹克)

證明：所證不等式等價(jià)于

∑a(a+b)(a+c)≥2(a+b+c)(ab+bc+ca)

凇芶(a+b)(a+c)+2∑(a+b)?ab(a+b)(a+c)≥4∑ab(a+b)+12abc凇芶3+∑(a+b)ab(a+b)(a+c)≥3∑ab?(a+b)+9abc.

由柯西不等式知：ab(a+b)(a+c)=(ab+bc)(ab+ac)≥(ab+ab?c)2,于是只需證∑a3+2∑(a+b)(ab+ab?c)≥3∑ab(a+b)+9abc凇芶3+2∑ab(a+b)+2∑(a+b)?abc≥3∑ab(a+b)+9abc凇芶3+2∑(a+b)abc≥∑ab(a+b)+9abc.

因?yàn)閍+b≥2ab，故只需證凇芶3+12abc≥∑ab(a+b)+9abc凇芶3-∑ab(a+b)+3abc≥0凇芶(a-b)(a-c)≥0.

由Schur不等式知最后一式成立，故所證得證.

例2 如果a,b,c是正實(shí)數(shù)，求證：

(1+4ab+c)(1+4bc+a)(1+4ca+b)>25.(2008，馬其頓王國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克)

證明：所證不等式等價(jià)于(b+c+4a)(c+a+4b)(a+b+4c)>25(a+b)(b+c)(c+a).令a+b+c=s，則上式又等價(jià)于(s+3a)(s+3b)(s+3c)>25(s-a)(s-b)(s-c)4s3+9s∑ab+27abc>25(s∑ab-abc)趕3+13abc>4s∑ab.

∵s3=(a+b+c)3=∑a3+3∑ab(a+b)+6abc,s∑ab=∑ab(a+b)+3abc凇芶3+3∑ab(a+b)+6abc+13abc>4(∑ab(a+b)+3abc)凇芶3-∑ab(a+b)+7abc>0

∑a(a-b)(a-c)+4abc>0.

由Suchur不等式知最后一式成立，故所證得證.

例3 已知a,b,c是正數(shù)，且a+b+c=1，證明：∑1bc+a+1a≤2731(2008年，玈erbian數(shù)學(xué)奧林匹克試題).

證明：原式等價(jià)于∑9a2+9abc+9-31aa2+abc+1≥0.不妨設(shè)a≥b≥c，顯然有9(a+b)<31等，所以容易證明9a2+9abc+9-31a≤9b2+9abc+9-31b≤9c2+9abc+9-31c,1a2+abc+1≤1b2+abc+1≤1c2+abc+1，因此，由切比雪夫(Chebyshev)不等式有

3∑9a2+9abc+9-31aa2+abc+1≥∑(9a2+9abc+9-31a)?∑1a2+abc+1.

于是只要證明∑(9a2+9abc+9-31a)≥0，它等價(jià)于9∑a2+27abc+27-31∑a≥0，因?yàn)閍+b+c=1，所以只要證明9∑a2+27abc-4≥0，即9∑a∑a2+27abc-4(∑a)3≥0，①而∑a∑a2=∑a3+∑ab(a+b),(∑a)3=∑a3+3∑ab(a+b)+6abc，于是①式等價(jià)于9［∑a3+∑ab(a+b)］+27abc-4［∑a3+3∑ab(a+b)+6abc］≥05∑a3-3∑ab(a+b)+3abc≥03∑a(a-b)(a-c)+2(∑a3-3abc)≥0.由Schur不等式和∑a3≥3abc知最后一式成立，故所證得證.

例4 設(shè)正實(shí)數(shù)a,b,c，求證：

a+1b-cb+1c-a+b+1c-ac+1a-b+c+1a-ba+1b-c≥3(2000，IMO預(yù)選題)

證明：令a=xy,b=yz,c=zx，則所證等價(jià)于∑xy+zy-1yz+xz-1≥3.(1)詎∑(x+z-y)(x+y-z)yz≥3凇苮(x+z-y)(x+y-z)≥3xyz凇苮［x2-(y-z)2］≥3xyz凇苮3-∑x(y-z)2≥3xyz凇苮3-∑x(y2+z2-2yz)≥3xyz凇苮3-∑xy(x+y)+3xyz≥0凇苮(x-y)(x-z)≥0.

由(2)式即得.

注：在例4中令x+z-y=2p,x+y-z=2q,y+z-x=2r，則x=p+q,y=q+r,z=r+p,則(1)式又等價(jià)于∑2p?2q(p+r)(q+r)≥3，即凇苝q(p+r)(q+r)≥34.(3)

例5 正實(shí)數(shù)a,b,c滿足a+b+c=1，求證：a-bca+bc+b-cab+ca+c-abc+ab≤32.(2008，加拿大數(shù)學(xué)奧林匹克試題)

證明：原不等式等價(jià)于3-2?bca+bc+cab+ca+abc+ab≤32赼bc+ab+bca+bc+cab+ca≥34赼b(1-a)(1-b)+bc(1-b)(1-c)+ca(1-c)(1-a)≥34赼b(b+c)(c+a)+bc(c+a)(a+b)+

ca(a+b)(b+c)≥34.由(3)式知上式成立，故例5得證.

參考文獻(xiàn)

［1］黃偉亮.幾個(gè)不等式的共同背景［J］.中學(xué)數(shù)學(xué)研究(廣州)，2007(6).

［2］蘇昌木盛、孫建斌.背景不等式的進(jìn)一步研究［J］.中學(xué)數(shù)學(xué)研究(廣州)，2008(8).