构造向量证三元分式不等式
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构造向量证三元分式不等式李铁烽 (广东省广州市协和高级中学 510160) 本文利用高中数学新教材中新增的重要内容———向量,对中学数学期刊上的一些三元分式不等式给出简证、加强和推广.例1 设a、b、c∈R+,试证:a b2+bc2+ca2≥1a+1b+1c.(1)(《中等数学》2002年第1期数学奥林匹克问题高110)证明:构造向量a=(ab,bc,ca),b=(1a,1b,1c).由|a|2|b|2≥(a・b)2,得(ab2+bc2+ca2)・(1a+1b+1c)≥(1a+1b+1c)2即ab2+bc2+ca2≥1a+1b+1c.当且仅当a=b=c时,不等式取等号.注:原证法使用七元均值不等式证明.例2 若x、y、z∈R+,且x+y+z=1,n是正整数,求证:x4y(1-y n)+y4z(1-z n)+z4x(1-x n)≥3n3n+2-9.(2)证明:由已知条件知1-x n>0,1-y n>0, 1-z n>0.构造向量a=(x2y(1-y n),y2z(1-z n),z2x(1-x n)),b=(y(1-y n),z(1-z n), x(1-x n)).由(a・b)2≤|a|2|b|2,得(x2+y2+z2)2≤x4y(1-y n)+y4z(1-z n)+z4x(1-x n)・[y(1-y n)+z(1-z n)+x(1-x n)]所以x4y(1-y n)+y4z(1-z n)+z4x(1-x n)≥(x2+y2+z2)2(x+y+z)-(x n+1+y n+1+z n+1)≥3・x+y+z322(x+y+z)-3・x+y+z3n+1=3・(13)221-3・(13)n+1=3n3n+2-9.在不等式(2)中,若取n=1,即得:x4y(1-y)+y4z(1-z)+z4x(1-x)≥16.(3)(《上海中学数学》1993(2)数学问题1)在不等式(2)中,若取n=2,即得:x4y(1-y2)+y4z(1-z2)+z4x(1-x2)≥18.(4)(《数学通报》1994(11)数学问题921)例3 若a、b、c为三角形的三边长,且λ> 0,λ≥μ≥0,则32λ-μ≤aλ(b+c)-μa+bλ(c+a)-μb +cλ(a+b)-μc<2λ-μ.(5)证明:构造向量a=aλ(b+c)-μa,bλ(c+a)-μb, cλ(a+b)-μc,b=(λa(b+c)-μa2,λb(c+a)-μb2,λc (a +b )-μc 2).由|a |2|b |2≥(a ・b )2,得a λ(b +c )-μa +bλ(c +a )-μb +c λ(a +b )-μc・[λa (b +c )-μa 2+λb (c +a )-μb 2+λc (a +b )-μc 2]≥(a +b +c )2即a λ(b +c )-μa +bλ(c +a )-μb +cλ(a +b )-μc≥(a +b +c )22λ(ab +bc +ca )-μ(a 2+b 2+c 2)≥3(ab +bc +ca )2λ(ab +bc +ca )-μ(ab +bc +ca )=32λ-μ.又由b +c >a 及λ>0,λ≥μ≥0,得a λ(b +c )-μa <2a(λ-μ)(a +b +c )①同理可证b λ(c +a )-μb <2b(λ-μ)(a +b +c )②c λ(a +b )-μc<2c(λ-μ)(a +b +c )③将上述三个不等式①、②、③相加,即得:a λ(b +c )-μa +bλ(c +a )-μb +c λ(a +b )-μc<2λ-μ.故原不等式获证.在不等式(5)中,若取λ=1,μ=0,即得:32≤a b +c +b c +a +ca +b<2.(6)([荷兰]O.Bottema 等著.单译.《几何不等式》.北京:北京大学出版社,1991版P6)在不等式(5)中,若取μ=1,即得:a λ(b +c )-a +b λ(c +a )-b +cλ(a +b )-c≥32λ-1.(7)(M.S.K lamkin 不等式)例4 若x 、y 、z 、λ、μ∈R +,则x λy +μz +y λz +μx +z λx +μy≥3λ+μ.(8)证明:构造向量a =x λy +μz ,y λz +μx ,z λx +μy,b =(x (λy +μz ),y (λz +μx ),z (λx +μy )).由|a |2|b |2≥(a ・b )2,得x λy +μz +y λz +μx +z λx +μy・[x (λy +μz )+y (λz +μx )+z (λx +μy )]≥(x +y +z )2所以xλy +μz +yλz +μx +zλx +μy≥(x +y +z )2(λ+μ)(xy +yz +zx )≥3(xy +yz +zx )(λ+μ)(xy +yz +zx )=3λ+μ.在不等式(8)中,若取λ=μ=1,即得:x y +z +y z +x +z x +y ≥32.(9)(1963年第26届莫斯科数学奥林匹克竞赛试题)在不等式(8)中,若取μ=1,即得LBQ 103(b )猜想不等式:x λy +z +y λz +x +z λx +y≥3λ+1.(10)(刘保乾.110个有趣的不等式问题.杨学枝主编.《不等式研究》.拉萨:西藏人民出版社,2000(6)版)在不等式(8)中,若取λ=1,并令a =μyx,b=μzy ,c =μxz,此时μ=3abc.则得:若a 、b 、c >0,则1a (1+b )+1b (1+c )+1c (1+a )≥33abc (3abc +1).(11)若a 、b 、c >0,则1a (1+b )+1b (1+c )+1c (1+a )≥31+abc.(12)显然不等式(11)是不等式(12)的加强.例5 设x 、y 、z ∈R +,λ、μ、v 是不全为零的非负实数,则x2λx +μy +vz+y2λy +μz +vx+z2λz +μx +vy ≥x +y +zλ+μ+v.(13)证明:构造向量a =(λx +μy +vz ,λy +μz +vx ,λz +μx +vy ),b =xλx +μy +vz,yλy +μz +vx,zλz +μx +vy则(λ+μ+v )(x +y +z )・x2λx +μy +vz +y2λy +μz +vx +z2λz +μx +vy =[(λx +μy +vz )+(λy +μz +vx )+(λz +μx +vy )]・x 2λx +μy +vz +y 2λy +μz +vx +z 2λz +μx +vy =|a |2|b |2≥(a ・b )2=(x +y +z )2.所以x2λx +μy +vz +y2λy +μz +vx +z2λz +μx +vy ≥x +y +zλ+μ+v.在不等式(13)中,若令λ=μ=v =1,再增设条件x +y +z =1,即得:x 2+y 2+z 2≥13.(14)(前苏联奥尔德荣尼基市第三届数学竞赛试题)在不等式(13)中,若令λ=μ=1,v =0,即得:x 2x +y +y 2y +z +z 2z +x ≥x +y +z2.(15)(《数学通报》1995(4)数学问题946)在不等式(13)中,若令λ=0,即得:x 2μy +vz +y 2μz +vx +z 2μx +vy≥x +y +zμ+v .(16)(《数学通报》1999(6)数学问题1197)在不等式(13)中,若令λ=0,μ=v =1,即得:x 2y +z +y 2z +x +z 2x +y ≥x +y +z2.(17)(1988年第二届“友谊杯”国际数学邀请赛试题)对不等式(17)作变换:x →1x ,y →1y,z →1z,即得:xyzx 3(y +z )+xyzy 3(z +x )+xyz z 3(x +y )≥1x+1y+1z2≥32・31xyz.再增设条件xyz =1,则得:1x 3(y +z )+1y 3(z +x )+2z 3(x +y )≥32.(18)(第36届IMO 试题)在不等式(13)中,若令λ=μ=0,v =1,再增设条件x +y +z =1,即得:x 2z +y 2x +z 2y ≥1等价于x 3y +y 3z +z 3x ≥xyz.(19)(1984年列宁格勒数学奥林匹克竞赛试题)在不等式(13)中,若令λ=v =0,μ=1,即得:x 2y +y 2z +z 2x≥x +y +z.(20)注:①x 2y +y 2z +z2x≥x +y +z 等价于xy 3+yz 3+zx 3≥x 2yz +xy 2z +xyz 2等价于x ・x +yx +z+y ・y +z y +x +z ・z +x z +y ≥x +y +z.(1992年“友谊杯”国际数学邀请赛试题)②在不等式(20)中,若令a =y +z ,b =z +x ,c =x +y ,则得:设a 、b 、c 是三角形AB C 的三边长,求证:a 2b (a -b )+b 2c (b -c )+c 2a (c -a )≥0.(第24届IMO 试题)。
