"化齐次法"证条件不等式

“化齐次法”证条件不等式

邓重阳

(浙江大学数学系 310027)

(浙江大学数学系图形图象研究所 310027)

(注:本文已发表于《中学数学月刊》2001年第7期)

若不等式两边各项的次数相等, 则我们称之为齐次不等式. 由于课本上的两个基本不等式a 2+b 2≥2ab , a 3+b 3+c 3≥3abc (a , b , c ∈R +) 都是齐次不等式, 而大部分条件不等式却不是齐次不等式, 所以若能够结合题设条件, 将条件不等式化成齐次不等式来证, 就能起到很好的解题效果. 这种结合题设条件, 将条件不等式化成齐次不等式来证的方法我们称为“化齐次法”. 下面以几个竞赛题(报刊征解题) 为例予以说明. 例1 若半径为1的圆内接△ABC 的面积是

(1)abc =1;

(2)a +b +c ≤111++.(1985年全国高中数学联赛题) a b c

1abc 易知(1)成立. ab sin C =24R 1, 三边长分别为a , b , c , 求证: 4分析与证明: 由S =

(2)式左边是13次式, 右边是负一次式, 两边相差次, 而条件(即(1)式) 是三次式. 可22

在(2)式左边除以abc 化为齐次不等式:

111111++≤++. bc ca ab a b c

⎛111⎞⎛11⎞⎛11⎞⎛11⎞因为 2⎜++⎟=⎜+⎟+⎜+⎟+⎜+⎟ ⎝a b c ⎠⎝a b ⎠⎝b c ⎠⎝c a ⎠

⎛111⎞⎟. ≥2⎜++⎜bc ca ab ⎟⎠⎝

所以原不等式得证.

例2 已知正实数a , b , c 的和等于1, 证明:

a 2+b 2+c 2+2abc ≤1. (1999-2000年波兰数学竞赛题) 分析与证明: 根据不等式的特点, 以

2abc =2abc (a +b +c ) , 1=(a +b +c ) 2

代入原不等式并整理可得齐次不等式:

a 2+b 2+c 2+23abc (a +b +c ) ≤(a +b +c ) 2.

即 abc (a +b +c ) ≤ab +bc +ca .

因为 (ab +bc +ca ) 2=a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2+2abc (a +b +c ) , 又 2(a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2)

=(a 2b 2+b 2c 2) +(b 2c 2+c 2a 2) +(c 2a 2+a 2b 2)

≥2b 2ac +2c 2ba +2a 2bc =2abc (a +b +c ) .

纵上可知原不等式成立.

例3 设x , y , z 都是正数, 并且x 2+y 2+z 2=1, 求证: xy yz zx ++≥3 (根据前苏联第22届数学竞赛试题改编) z x y

分析与证明: 以

=3(x 2+y 2+z 2) 代入原不等式可得齐次不等式:

xy yz zx ++≥3(x 2+y 2+z 2) . z x y

⎛xy yz zx ⎞x 2y 2y 2z 2z 2x 2

222⎟因为 ⎜++=+++2(x +y +z ) 222⎜z ⎟x y ⎠z x y ⎝2

⎛x 2y 2y 2z 2z 2x 2⎞而 2⎜⎜z 2+x 2+y 2⎟⎟ ⎝⎠

⎛x 2y 2y 2z 2⎞⎛y 2z 2z 2x 2

=⎜⎜z 2+x 2⎟⎟+⎜⎜x 2+y 2⎝⎠⎝

≥2(x 2+y 2+z 2) .

从而原不等式得证.

例4 已知a , b , c ∈R +, 且abc ≤1, 求证:

a +b b +c c +a ++≥2(a +b +c ) (《数学通报》1999年1月号问题1171). c a b ⎞⎛x 2y 2z 2x 2⎞⎟⎟+⎜⎜z 2+y 2⎟⎟ ⎠⎝⎠

分析与证明:为书写简便, 首先令

x =a , y =, z =c ;

则原不等式可化为:

x 3+y 3y 3+z 3z 3+x 3

333++≥2(x +y +z ) 333z x y

结合条件xyz ≤1知只需证齐次不等式:

x 3+y 3y 3+z 3z 3+x 32(x 3+y 3+z 3) . ++≥333z x y xyz

x 3+y 3y 3+z 3z 3+x 3

因为++ z 3x 3y 3

⎛111⎞++=(x 3+y 3+z 3) ⎜⎜x 3y 3z 3⎟⎟−3 ⎝⎠

≥(x 3+y 3+z 3) ⋅31−3 xyz

=1[2(x 3+y 3+z 3) +(x 3+y 3+z 3)]−3 xyz 1[2(x 3+y 3+z 3) +3xyz ]−3 xyz ≥

2(x 3+y 3+z 3) . =xyz

所以原不等式得证.

例5 设a , b , c 是正实数, 且满足abc =1, 证明:

1⎞⎛1⎞⎛1⎞⎛⎜a −1+⎟⎜b −1+⎟⎜c −1+⎟≤1 (第41届国际数学奥林匹克试题) b ⎠⎝c ⎠⎝a ⎠⎝

分析与证明: 令x =a , y =, z =c . 易知xyz =1. 则

(xyz ) 2x 21133=(x y −y 2z +z 2x ) a −1+=x −1+3=x −xyz +3y b y y

同理有其它两式, 再令 u =x 2y , v =y 2z , w =z 2x . 则原不等式等价于齐次不等式:

(u +v −w )(v +w −u )(w +u −v ) ≤uvw .

⎛u +v −w +v +w −u ⎞2因为 (u +v −w )(v +w −u ) ≤⎜⎟=v 2⎝⎠2

同理有

(v +w −u )(w +u −v ) ≤w 2;

(w +u −v )(v +u −w ) ≤u 2.

故 [(u +v −w )(v +w −u )(w +u −v )]2≤（uvw ) 2. 从而原不等式成立.