上海中學東校 (201306) 張麗玉

一、一道代數(shù)不等式的三角背景

進一步，把已知條件減弱，只要a、b、c均為正實數(shù)即可，這樣可編制如下結(jié)論.

命題已知a、b、c∈R+，求證：(a+b+c)3(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)≤27a2b2c2(※).

二、命題的多種證法

a+b-c、b+c-a、c+a-b三者中最多有一者非正，因為它們兩兩之和為正.當它們中一者非正，命題二顯然成立.所以我們只需考慮三者均為正的情形，這時a、b、c可以構(gòu)成一個三角形的三條邊.

由(a+b+c)(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)想到三角形的面積，得到如下證法.

這是一個熟知的三角形不等式，不難證明，過程從略.

以上兩種證明方法都與三角形密切相關，作為一道代數(shù)不等式，我們希望有純代數(shù)證法，筆者經(jīng)過探究，又得到以下四種證法.

證法三：不等式(※)?(a+b+c)2(2a2b2+2b2c2+2c2a2-a4-b4-c4)≤27a2b2c2?3(a2+b2+c2)(2a2b2+2b2c2+2c2a2-a4-b4-c4)≤27a2b2c2.設a2=x，b2=y，c2=z，則只需證3(x+y+z)(2xy+2yz+2zx-x2-y2-z2)≤27xyz，化簡后?x3+y3+z3+3xyz≥x2y+xy2+y2z+yz2+z2x+zx2，這即是Schur不等式.令b+c-a=x，c+a-b=y，a+b-c=z.如前所述可以設x、y、z均為正實數(shù).不等式(※)?64xyz(x+y+z)3≤27(x+y)2(y+z)2(z+x)2(※※).以下再證明這個等價命題.

證法四：因為待證不等式是齊次不等式，不妨設x+y+z=1.則不等式(※※)?64xyz≤27[(x+y)(y+z)][(y+z)(z+x)][(z+x)(x+y)]?64xyz≤27[y(x+y+z)+zx][z(x+y+z)+xy]·[x(x+y+z)+yz]?64xyz≤27(y+zx)(z+xy)(x+yz)?64xyz≤27[xyz+x2y2z2+(x2+y2+z2)xyz+x2y2+y2z2+z2x2].

證法五：容易證明8(x+y+z)(xy+yz+zx)≤9(x+y)(y+z)(z+x).于是有64(x+y+z)2(xy+yz+zx)2≤81(x+y)2(y+z)2(z+x)2.所以只需證3xyz(x+y+z)≤(xy+yz+zx)2，顯然成立.

Sz+Sy=27z(x+y)(y+z)(z+x)-8xyz(4x+4y+z)+27y(x+y)(y+z)(z+x)-8xyz(4z+4x+y)=27(x+y)(y+z)2(z+x)-8xyz(8x+5y+5z)=[5(x+y)(y+z)2(z+x)-8xyz(5y+5z)]+[22(x+y)(y+z)2(z+x)-8xyz·8x]≥5(y+z)[(x+y)(y+z)(z+x)-8xyz]+[22x·4yz·x-64x2yz]≥0.所以∑Sz(x-y)2=Sz(x-y)2+Sx(y-z)2+Sy(z-x)2≥Sz(x-y)2+Sy(x-y)2=(Sz+Sy)(x-y)2≥0.

三、一點思考