几个含有二次根式的三元不等式

20209几个含有二次根式的三元不等式
宿晓阳
（四川省成都实验外国语学校，四川成都611731）
众所周知，不等式在数学中有重要的地位，无论是国际数学奥林匹克竞赛（IMO）、世界各国（地区）数学奥林匹克竞赛，还是国内各大高校自主招生数学考试，与不等式有关的试题频频出现，原因是不等式有各种难度，具有较强的挑战性，不仅可以很好地区分考生的水平,还可以反映考生的数学功底和创新水平.本文将给出几个新颖的含有二次根式的三元不等式，供参考与欣赏，同时为我们的英才教育提供一点新鲜血液.
命题1设％、y、z是正实数，则
TT-B
2
(4,B,C)
7T-C
2
TT~A
2
于是有
in扌+2zsin=.竺+竺+Zm2xsin£+2ysi
x y z2
B
2
a—）（其中。

、…和
be
再由三角形恒等式
.4
sin——=
2
s分别为的三边和半周长），
设s-a=x,s一b=y,s一c=z,贝
V+y)(x+z)
*汽z+%)*z2(x+y)
7(y+z)(y+x)』(z+%)(z+y)
......................................................................①
证明：关于443(7的嵌入不等式为
x2+y2+z22yzcos A+2z%cos B+2xycos C. ...............................................................................②于是有
2z
.A
sin——=
2
yz*zx
x y
(%+y)(x+z)
+子M2y
zx
yz
+
(%+y)(%+z) (%+y)(y+z)+2x
xy
(x+z)(y+z)•
（说明：由于②式可变形为（X-ycosC-zcos B）2+（ysin C-zsin故②式成立）
作代换同理
乃+竺+竺
x y z
yz
+
(%+y)(%+z)
2x
ZX
(%+y)(y+z)+O
xy
(X+z)(y+z)•两个不等式相加，得
式cos纭+sin2（p=1或sec'（p-tan2^=1实施三角换元，其目的是变二元函数为一元三角函数•例3的三角换元之前把3/+/看成虽然换元后仍含有两个变量R和卩,但它们是“分离”的，可以看作两个独立变量进行处理•消去交叉项本文也提供了几种常用技巧，希望能给读者带来帮助.
参考文献：
[1]蒋宝童•用三角代换妙解几道征解题[J].中学数学教学,2017（4）：
76-79.
20209yz zx xy 、
—+ — + — (y+z)
x y z
yz
(% + y) (% + z)
+ (z + 兀)
zx
(% + y) (y + z)
+ (% + y)
xy
(x + z) (y + z)
在上述不等式中作代换：
%, y, z)
并化简，即得证式①.
命题2设”、y 、z 是正实数，则
%2(y + z) y 2(z + %)
y + z M [/^5/2(72 + z 2) + z% 丿2 ( , + %2 )
+ xy^2(x 2 + y 2) ]2. ............⑤
由⑤式知，欲证④式,先试证
2
—(% 4- y + z) (%2 + y 2 + z 2)
+
y (% + y) (% + z) 丿(y + Z )(y + %)
z 2(% + y)
+
• — yz + zx + xy.
+ %) (z + y)
同理可得
2
,
丿(y +z)(y +兀) 兀 + y
z 2( % + y) z y 2
y Z
4-———
y + z 2, Z X
y ______________ M +------,丿(z +%)(z +y) J + z z + 兀
y 2(z + %)
将此三式相加，即不等式③成立.
注：由①和③式，我们得到一个有趣的不
等式链：
设沢y 、z 是正实数，则
2 , 2 , 2 _
/(了 +Z )
x + y + z 3
——
+V (x + y) (% + z)
z 2(% + y)y 2(z + %)
______________ H --- ' 八 M y (y + z) (y + x) y (z + x) (z + y)
光y + yz + ZX.
命题3设沢y 、z 是正实数，则
1 1 1
x y z
③
证明：先证
(y + V (x + y)(z + %) M 2yz + zx + xy,
(z + x) v(^ + y)(y + z ) + 2zx + xy ,
(% +y) v(y +z)(z + %) yz + zx + 2xy.
事实上，由二元柯西不等式，有
a /(兀 + y) (z + 兀)M 兀 +
,
(y + z) M 2^yz ,
于是有
(y + z) /(x + y) (z + %)
M (y + z) (% + %/yz)
=(y + z) + z% + M 2yz + zx + xy.
2(% + y + z) (%*
2 + y 2 + z 2) M 3[yz^/2(y 2 + z 2) + z %\/2(22 + %2) + xy^/2(x 2 + y 2)]・
...............................................................................④
证明：由柯西不等式，有
[yz(y+z) + z%(z + %) + %y(% + y)]・
z{y 2 + z 2 ) * 2zx (z + x 2) * 2xy(x 2 + y 2)
x + y
Z + X 2
同理可证明另外两式.
因为
x 2(y + z) _ %2(y + z)丿(％ +/)(% +z)
JJx + y) (% + z)
(% + y)(兀 + z)
%2( 2yz + z% + xy')
(% + y) (x + z)
x 2z(x + y) + x 2y(x + z)
(x + y) (% + z)
yz(y +z) + zx(z + %) + xy(x + y)
2yz(y 2 + z 2)
2zx (z 2 + x 2)
M
+
y + z
y + x
* 2%y(% + y)................
% + y
⑥
2
又由不等式? M 2a -6(6 > 0),有
(壬(％ + y + z) (/ + y 2 + z 2)
yz(y +z)z%(z+%) 4- %y(% + y)
2
9-36欽学歙学
2020年第9期
M —(x + y + z) (x 2 + y2 + z 2 )
_yz(y + z)zx(z + x) + xy(x + y)................................................................................⑦
由上述不等式知欲证⑥式,试先证
⑦式右边工⑥式右边...............⑧
将⑥式右边的每一项拆为两项，如
2yz(y 2 + z 2) / , 、，yz{y - z)2--------- =yz(y + z) + -------
y + z -------------------------------y + z
于是⑧式等价于
4(% + y + z) (x 2 +y2 +z?) - 6[yz(y + z) + zx (z + %) + xy{x + y)]
M 3
Z X yz(y - 2)2 ^zx(z - %)2 %y(x - y)2 y + z z + %
x + y ⑨
⑨式左边=2[ (y 3 +z 3 -y 2z - yz 2) + (z 3 +
%3 _z x _zx ) + (x 3 + y 3 -x 2y + xy 2) ] = 2[ (y - 2)(y 2 - z 2) + (z- x) (z 2 - %2) + (% _ y) (x 2 - y 2 )]二 2[(y+z)(y —z)2 + (^+%)(2 -x)2 +
(% + y) - y)2],
代入⑨式,化简得
zF +
y + z
2z 2 + 2x 2 + z% z 、2 -------------------(z - %) +
Z + X
lx 1 + 2y 2 + xy
+ ________________________________^(y 2 +z 2)(y+z)(z 2 +x 2)(z+%)
c 2 2
Zz %
+ ~ - —5/(22 +x 2)(z+%)(%2 +y 2)(A ；+y)
N —(% + y+ z) + 2( y/xy + Vyz + y/zx ).
x + y
(% - y)2 M 0.
此不等式显然成立，即⑥式成立，于是④
式得证.
命题4设咒、y 、z 是正实数，则
M 73.
⑩
证明：先证：
/ y 2 + Z > 石(y2 + z?) J 4x 2 + y 2 + z 2 2( x 2 + y 2 + z 2) '
....................................⑪粧(z 1 + x 2)
2(x 2 + y 2 + z 2)
> 近(/ +贰)2(x 2 + y 1 +,)
事实上，⑪式等价于
2(x 2 + y? + z 2) M a /3 (y 2 + z 2) (4x 2 + y 2 + z 2).
.......................................⑫
由二元均值不等式，有
2(子 +卡 +,) = 32+/)+(4/ 仪+旳
2
M J 3 J 寸 +/)(4/ + y2 +/).
即⑫式成立•所以⑪式成立.
同理可证明另外两式.
于是上述三式相加，即得⑩式.
注：命题4强于不等式：设兀、y 、z 是正实
数，则
yz
+M 76.
+
命题5设sy 、z 是正实数，则
2 2
________x _________+________y ________
y
(X 2 + /)(X + y) y (/ + Z 2) (y + z)
2
j
+ /〒’ 二- 工〒(衣+ +広)・
a /(z + x 2) (z + %) 2
...................................⑬
证明：⑬式两边平方，等价于不等式x 4 y 4-------------------------+-------------------------(x 2 + y 2)(x + y) (/ + z 2)(y + z)
z 4
+ -----9----------；----------------------
(z +%)(z + x)
c 2 22x y
+ —
■J (x 2 + y 2)(x + y) (y 2 + Z 2) (y + z)
2y 2z 2
⑭
2020年第9期
9-37
由排序不等式，有7(x *
2 + /) (% + y) (y 2 + z 2) (y + z)(/ +/)(^ + y) (y 2 +z 2)(y +z)
2 2 Z
X
(22 +%2)(z+%)'
于是知，欲证明⑭式，即先试证
4
4
y -----------?------------+------------丫_______
(< + /) (x + y) (/ +，) (y + z)
z i 小( x 2y 2
+ -7-----;--------------+ 2 I — ---------------------(Z 2 +%2)(Z + %) \(/+y)(%+y)
y 2z 2 z 2x 2
+------------------------ +-----------------------(y 2 + z 2) (y + z) (z 2 + %2) (z + %)
M 土[(兀 + y+ z) + 2( y/xy + + J~zx )].
..............................................................................⑮
+ z 2) (y + 2) (z 2 + x 2) (z + x)
a /(z 2 +x 2)(^+x )(x 2 +y 2)(x +y)
2 2 2 2
% y
y z
y 16%2/2(/ + y 2)(x + y)
16z 2%2
(z 2 + x 2) (z + %)
4(/+y4)
(%2 + y 2) (X + y) J 4(/+/) 1(/ +，) (y + z)'
4(/+/)
(z 2 + %2) (z + x)」
16y 2z 2
(/ + z?) (y + z)
[兀 + y + 4 y/xy • [y + z + 4 J~yz
[z + % + 4 y/zx
⑯
欲证明⑯式，即证明
16x 2y 2o . M%+y + 4 -/xy 一W+y2)(%+y)
4(%4 + y 4)
(%2 + /)(% + y)'
16%2y 2 + 4(%4 + y 4) M (% + y + 4
\/xy ) (^2 +/)(% + y)..................................⑰
设% + y = a, y/xy = b,则⑰式为
3a 4 一 4a 3b 一 14a 2b 2 + Sab 3 + 2464 > 0,
即(a - 26)2( 3a 2 + Sab + 6b 2) M 0.
此式显然成立，即⑰式成立,故⑬式得证.
注：命题5类似于1988年Walther Janous
在加拿大数学杂志Curx 提岀的如下问题：
又易知
y
入 )_______________________
J
乙
(/ + /)(% + y) (y 2 +，) (y + z)
(z 2 + x 2) (% + x)所以⑮式等价于
设兀、y 、z 是正数求证:•兀 + —
y/x + y ~Jy + z
此题曾被选为2014年印度尼西亚国家集 训队选拔考试题.
(上接第9-7页)
[9] 朱立明，胡洪强，马云鹏.数学核 心素养的理解与生成路径——以高中数学 课程为例[J].数学教育学报,2018, 27
(1 ) ： 42 -46.
[10] 徐彦辉•论数学计算及其教学[J].
数学教育学报,2011,20(2)： 19-22.
[11] 喻平•数学核心素养的培养：知识 分类视角[J]•教育理论与实践,2018,38( 17): 3 — 6.
[12] 张奠宙，马文杰•简评“数学核心素
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