安振平

(陜西省咸陽師范學(xué)院基礎(chǔ)教育課程研究中心 712000)

眾所周知，著名Nesbitt不等式(1903)是指：

引題設(shè)x,y,z是正實數(shù)，求證：

①

不等式①也曾是1963年莫斯科數(shù)學(xué)競賽試題，它的證明有20多種.本文探究Nesbitt不等式 ① 的一些變式，由此引發(fā)四個方面的有趣的思考，據(jù)此證明了一些常見的競賽不等式.

則有

所以

即

ab+bc+ca+2abc=1.

在這里，我們獲得：

結(jié)論1關(guān)系式ab+bc+ca+2abc=1,可以變形為

等價于

依據(jù)上文，易知不等式①等價于：

例1設(shè)正實數(shù)a,b,c滿足ab+bc+ca+2abc=1,求證：

②

證明由條件ab+bc+ca+2abc=1,有

應(yīng)用柯西不等式，得

即

說明若令x=2a,y=2b,z=2c,由不等式②易得2014年羅馬尼亞奧林匹克試題：

設(shè)正實數(shù)x,y,z滿足xy+yz+zx+xyz=4,求證：x+y+z≥3.

例2設(shè)正實數(shù)a,b,c滿足ab+bc+ca+2abc=1,求證：

③

證明對條件ab+bc+ca+2abc=1變形，有

應(yīng)用柯西不等式，得

有

例3設(shè)正實數(shù)a,b,c滿足ab+bc+ca+2abc=1,求證：

a+b+c≥2(ab+bc+ca).

④

證明由條件ab+bc+ca+2abc=1,有

應(yīng)用柯西不等式，得

即

(a+b+c)+(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2,

有

a+b+c≥2(ab+bc+ca).

說明若令x=2a,y=2b,z=2c,由不等式 ④易得1996年越南數(shù)學(xué)奧林匹克試題：

設(shè)正實數(shù)x,y,z滿足xy+yz+zx+xyz=4,求證：x+y+z≥xy+yz+zx..

在這里，可以獲得：

結(jié)論2關(guān)系式ab+bc+ca+abc=4,可以變形為

等價于

例4設(shè)正實數(shù)a,b,c滿足ab+bc+ca+abc=4,求證：

⑤

證明由條件ab+bc+ca+abc=4,有

應(yīng)用柯西不等式，得

即

故

于是，我們獲得：

結(jié)論3關(guān)系式a2+b2+c2+abc=4,可以變形為

等價于

例5設(shè)a,b,c是非負(fù)實數(shù)，且a2+b2+c2+abc=4,求證：

0≤ab+bc+ca-abc≤2.

⑥

證明一方面，由條件a2+b2+c2+abc=4,a,b,c≥0,知a=min{a,b,c}≤1,有

ab+bc+ca-abc≥bc-abc=bc(1-a)≥0,

即

ab+bc+ca-abc≥0.

另一面，由a2+b2+c2+abc=4,有

于是，應(yīng)用柯西不等式，得

即

2(a2+b2+c2)+3abc≥(a+b+c)2,

得

a2+b2+c2+3abc≥2(ab+bc+ca).

即

4+2abc≥2(ab+bc+ca),

所以

ab+bc+ca-abc≤2.

故

0≤ab+bc+ca-abc≤2.

說明本題是第30屆美國數(shù)學(xué)奧林匹克試題，這里的證明是比較獨特和簡捷的.

例6設(shè)a,b,c是正實數(shù)，且a2+b2+c2+abc=4,求證：

a2+b2+c2≥3abc.

⑦

證明由a2+b2+c2+abc=4,有

于是，應(yīng)用柯西不等式，得

即

2(a2+b2+c2)+3abc≥9abc,

有

a2+b2+c2≥3abc.

例7設(shè)a,b,c是正實數(shù)，且a2+b2+c2+abc=4,求證：

⑧

證明由a2+b2+c2+abc=4,有

于是，應(yīng)用柯西不等式，得

所以

將結(jié)論1的關(guān)系式ab+bc+ca+2abc=1變形為

結(jié)論4關(guān)系式a+b+c+2=abc,可以變形為

等價于

例8設(shè)a,b,c是正實數(shù)，且a+b+c+2=abc,求證：

⑨

證明由a+b+c+2=abc,可以變形為

應(yīng)用柯西不等式，得

即

有

所以

例9設(shè)a,b,c是正實數(shù)，且a+b+c+2=abc,求證：

⑩

從上文我們不難看出，把整式型的關(guān)系式改寫為分式型的關(guān)系式，想辦法應(yīng)用柯西不等式，證明了一批競賽題，也導(dǎo)出了一些新穎的不等式.