从代数恒等式到代数不等式

从代数恒等式到代数不等式
胡㊀坚
(江苏省淮安市金湖县第二中学ꎬ江苏淮安２１１６００)
摘㊀要:恒等式与不等式有着紧密的联系ꎬ由恒等式可以得到不等式ꎬ也可以通过构造恒等式来证明不等式.文章先给出生成恒等式的几种方法ꎬ然后举例说明构造恒等式在证明不等式中的应用.
关键词:恒等式ꎻ不等式ꎻ构造ꎻＳＯＳ方法ꎻ应用
中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０１－００４８－０３
收稿日期:２０２３－１０－０５
作者简介:胡坚(１９８３.３－)ꎬ男ꎬ江苏省淮安人ꎬ本科ꎬ中学二级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀我们知道ꎬ对于任意的实数ｘꎬ都有ｘ２ȡ０ꎬ这是最简单的不等式.作为这一原理的应用ꎬ我们取ｘ＝ａ－ｂꎬ其中ａꎬｂ是正实数.于是有(ａ－ｂ)２ȡ
０ꎬ展开得ａ＋ｂȡ２ａｂꎬ当且仅当ａ＝ｂ时等号成立ꎬ这就是均值不等式.换个角度来说ꎬ我们可以从恒等式ａ＋ｂ－２ａｂ＝(ａ－ｂ)２
中得到不等式ａ＋ｂȡ２ａｂ.
１从代数恒等式到常用不等式
例１㊀由(ðｎ
ｉ＝１
ａ２ｉ)(ðｎ
ｉ＝１
ｂ２ｉ)－(ðｎ
ｉ＝１
ａｉｂｉ)２
＝
ðｉɤｉ<ｊɤｎ
(ａｉｂｊ－ａｊｂｉ)２ꎬ得柯西不等式
(ðｎ
ｉ＝１
ａ２ｉ)(ðｎ
ｉ＝１
ｂ２ｉ)ȡ(ðｎ
ｉ＝１
ａｉｂｉ)２.
点评㊀这就是从拉格朗日(Ｌａｇｒａｎｇｅ)恒等式到柯西(Ｃａｕｃｈｙ)不等式.
例２㊀设ａꎬｂ>０ꎬ由ａ３＋ｂ３－ａｂ(ａ＋ｂ)＝(ａ＋
ｂ)(ａ－ｂ)２ꎬ得到ａ３＋ｂ３ȡａ２ｂ＋ａｂ２.
例３㊀设ａꎬｂ>０ꎬ由ａ３＋ｂ３＋ｃ３－３ａｂｃ＝１
２
(ａ＋ｂ＋ｃ)[(ａ－ｂ)２＋(ｂ－ｃ)２＋(ｃ－ａ)２]ꎬ得到ａ３＋ｂ３
＋ｃ３ȡ３ａｂｃ.
例４㊀由
２(ａ２＋ｂ２)
－(ａ＋ｂ)＝
(ａ－ｂ)２
ａ＋ｂ＋
２(ａ２＋ｂ２)
ꎬ得２(ａ２＋ｂ２)ȡ(ａ＋ｂ).
点评㊀这就是不等式２(ａ２＋ｂ２)ȡ(ａ＋ｂ)２ꎬ用此不等式可以速解２０１４年浙江考题:
设实数ａꎬｂꎬｃ满足ａ＋ｂ＋ｃ＝０ꎬａ２＋ｂ２＋ｃ２＝１ꎬ
则ｃ的最大值是
.
我们还可以将此不等式推广到三次方或者三
元㊁ｎ元的情况.
(１)由
３
４(ａ３＋ｂ３)－(ａ
＋ｂ)
＝３(ａ＋ｂ)(ａ－ｂ)２
(ａ＋ｂ)２
＋(ａ＋ｂ) ３
４(ａ３
＋ｂ３
)＋
３
１６(ａ３
＋ｂ３
)
２
ꎬ
得到３
４(ａ
３＋ｂ３)ȡ(ａ＋ｂ).
即４(ａ３＋ｂ３)ȡ(ａ＋ｂ)３.
８４
(２)由３(ａ２＋ｂ２＋ｃ２)－(ａ＋ｂ＋ｃ)＝
(ａ－ｂ)２＋(ｂ－ｃ)２＋(ｃ－ａ)２ａ＋ｂ＋ｃ＋
３(ａ２
＋ｂ２
＋ｃ２
)
ꎬ得到
３(ａ２
＋ｂ２
＋ｃ２
)ȡ(ａ＋ｂ＋ｃ).
即３(ａ２＋ｂ２＋ｃ２)ȡ(ａ＋ｂ＋ｃ)２.(３)由
ｎðｎ
ｉ＝１
ａ２ｉ－ðｎ
ｉ＝１
ａｉ＝
ðｉ<ｊ
(ａｉ－ａｊ)２
ðｎ
ｉ＝１
ａｉ＋
ｎðｎ
ｉ＝１
ａ
２
ｉ
ꎬ得
ｎðｎ
ｉ＝１
ａ２ｉ
ȡðｎ
ｉ＝１
ａｉ.
例５㊀由３(ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ)－(ａ＋ｂ＋ｃ)＝－１２
(ａ－ｂ)２＋(ｂ－ｃ)２＋(ｃ－ａ)２ａ＋ｂ＋ｃ＋３(ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ)
ꎬ得到３(ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ)ɤａ＋ｂ＋ｃ.
例６㊀由ðｎ
ｉ＝１１ａｉ－ｎ２ðｎｉ＝１
ａｉ
＝１
ｎðｉ<ｊ(ａｉ－ａｊ)２ａｉａｊ
ꎬ得到
ðｎ
ｉ＝１１ａｉ
ȡｎ２
ðｎｉ＝１
ａｉ
ꎬ这是柯西不等式的推论ꎬ在竞赛题中广泛应用.
２从恒等式的角度证明不等式
例７㊀ＡꎬＢꎬＣ为әＡＢＣ的内角ꎬ求证:对任意
的ｘꎬｙꎬｚꎬ有ｘ２＋ｙ２＋ｚ２－２ｘｙｃｏｓＣ－２ｙｚｃｏｓＡ－
２ｘｚｃｏｓＢȡ０.
证明㊀
ｘ２＋ｙ２＋ｚ２－２ｘｙｃｏｓＣ－２ｙｚｃｏｓＡ－
２ｘｚｃｏｓＢ＝(ｘ－ｙｃｏｓＣ－ｚｃｏｓＢ)２＋(ｙｓｉｎＣ－ｚｓｉｎＢ)２ꎬ
所以欲证不等式成立.
点评㊀还可以将条件 ＡꎬＢꎬＣ为әＡＢＣ的内角 弱化为 Ａ＋Ｂ＋Ｃ＝(２ｎ＋１)π .若条件改为 Ａ＋Ｂ＋Ｃ＝２ｎπ ꎬ则有ｘ２＋ｙ２＋ｚ２＋２ｘｙｃｏｓＣ＋
２ｙｚｃｏｓＡ＋２ｘｚｃｏｓＢȡ０[１].
例８㊀证明:对任意的实数ｔꎬ有ｔ４－ｔ＋
１
２
>０.证明㊀由恒等式ｔ４
－ｔ＋１２＝(ｔ２－１
２
)２＋
(ｔ－
１２
)２
>０ꎬ知欲证不等式成立.例９㊀证明:对任意的正实数ｘꎬｙꎬ有ｘ
ｘ２
＋２ｙｚ
＋
ｙ
ｙ２＋２ｚｘ
＋
ｚ
ｚ２
＋２ｘｙ
<２.
证明㊀因为(ｘ２＋２ｙｚ)[ｘ(ｙ＋ｚ)＋ｙ２＋ｚ２]２－
[ｘ２(ｙ＋ｚ)＋ｙ２(ｚ＋ｘ)＋ｚ２(ｘ＋ｙ)]２＝２ｘ(ｙ＋ｚ)(ｙ２＋ｚ２)＋２ｙ４－ｙ３ｚ＋２ｙ２ｚ２－ｙｚ３＋２ｚ４＝２ｘ(ｙ＋ｚ)(ｙ２＋
ｚ２)＋(ｙ－ｚ)２(ｙ２＋ｙｚ＋ｚ２)＋(ｙ２＋ｚ２)２>０ꎬ所以
ｘ
ｘ２＋２ｙｚ
＋
ｙ
ｙ２＋２８ｘｚ
＋
ｚ
ｚ２
＋２ｘｙ
<
ðｃｙｃｘ２(ｙ＋ｚ)＋ｘ(ｙ２＋ｚ２)
ｘ２(ｙ＋ｚ)＋ｙ２(ｚ＋ｘ)＋ｚ２
(ｘ＋ｙ)
＝２.例１０㊀
(２０１７年清华大学自主招生试题)已知
实数ｘꎬｙ满足５ｘ２－ｙ２－４ｘｙ＝５ꎬ则２ｘ２＋ｙ２的最小值是
.
解析㊀因为５ｘ２－ｙ２－５＋ｘ２＋４ｙ２()－３(２ｘ２＋ｙ２－
５
３
)＝０ꎬ即３２ｘ２＋ｙ２－５３æ
èçöø÷＝５ｘ２－ｙ２－５＋ｘ２＋４ｙ２
()ȡ５ｘ２－ｙ２－５＋４ｘｙ＝０.
所以２ｘ２＋ｙ２ȡ
５３
.点评㊀用待定系数法可求出５ｘ２－ｙ２－５－
ｍｘ２＋４ｍｙ２æè
çöø÷＋５ｐ２ｘ２＋ｙ２－ｐ()＝０中的ｍ和ｐ使得等式恒成立.
例１１㊀设０<ａꎬｂ<１ꎬ求证:
ａ１－ａ２＋ｂ
１－ｂ２
ȡａ＋ｂ１－ａｂ＋
ａ＋ｂ１－ａｂａ－ｂ１＋ａｂæèçöø
÷２
.证明㊀ａ１－ａ２＋ｂ１－ｂ２－ａ＋ｂ１－ａｂ－
ａ＋ｂ１－ａｂａ－ｂ１＋ａｂæèçöø
÷２
＝ａ－ｂ()２ａ＋ｂ()３
１－ａ２()１－ｂ２()１－ａｂ()１＋ａｂ()２
ȡ０.例１２㊀对于实数ｘꎬｙꎬｘʂ－
ｙꎬ求证:ｘ２＋ｙ２＋
１＋ｘｙｘ＋ｙæèçöø
÷２
ȡ２.
９４
证明㊀因为ｘ
２
＋ｙ
２
＋１＋ｘｙｘ＋ｙæèçöø
÷２
－２＝ｘ＋ｙ－１＋ｘｙｘ＋ｙæèçöø÷２ȡ０ꎬ所以ｘ２＋ｙ２
＋１＋ｘｙｘ＋ｙæèçöø
÷２
ȡ２.
例１３㊀已知正数ｘꎬｙꎬｚꎬ证明:ｘ２
＋ｘｙ２
＋ｘｙｚ２
ȡ
４ｘｙｚ－４.
证明㊀因为ｘ２＋ｘｙ２＋ｘｙｚ２＝４ｘｙｚ－４＋ｘ－２()２
＋ｘｙ－２()２＋ｘｙｚ－２()２ꎬ(ｘ－２)２ȡ０ꎬｘ(ｙ－２)２ȡ
０ꎬｘｙ(ｚ－２)２
ȡ０ꎬ
所以ｘ２＋ｘｙ２＋ｘｙｚ２ȡ４ｘｙｚ－４.
例１４㊀已知正数ａꎬｂꎬｃꎬ求证:ｂ＋ｃａ２＋ｃ＋ａ
ｂ２＋
ａ＋ｂｃ
２ȡ１ａ＋１ｂ＋１
ｃ.证明㊀因为
ｂ＋ｃａ２＋ｃ＋ａｂ２＋ａ＋ｂｃ２－
１ａ
＋１ｂ＋１ｃæèçöø÷＝(ａ３ｂ２＋ａ２ｂ３＋ｂ３ｃ２＋ｂ２ｃ３＋ａ３ｃ２＋ａ２ｃ３－ａ２ｂ２ｃ
－ａ２ｂｃ２－ａｂ２ｃ２)/(ａ２ｂ２ｃ２)ꎬ
而ａ３ｂ２
＋ａ２ｂ３
＋ｂ３ｃ２
＋ｂ２ｃ３
＋ａ３ｃ２
＋ａ２ｃ３
－２ａ２ｂ２
ｃ
－２ａ２ｂｃ２－２ａｂ２ｃ２＝ｂ２ａ－ｃ()２ａ＋ｃ()＋ａ２(ｂ－ｃ)２
(ｂ＋ｃ)＋ｃ２(ａ－ｂ)２(ａ＋ｂ)ȡ０ꎬ
所以
ｂ＋ｃａ２
＋ｃ＋ａｂ２＋ａ＋ｂｃ
２ȡ１ａ＋１ｂ＋１
ｃ.例１５㊀已知ａꎬｂꎬｃꎬｄɪＲ＋ꎬａｂｃｄ＝１ꎬ求证:
１１＋ａ()２＋１１＋ｂ()２＋１１＋ｃ()２＋１
１＋ｄ()２
ȡ１.证明㊀注意到当ｘｙ＝１时有１１＋ｘ＋１
１＋ｙ＝１.
于是１１＋ａｂ＋１１＋ｃｄ＝１.
因为
１１＋ａ()２
＋
１１＋ｂ()２
－１１＋ａｂ
＝
ａｂａ－ｂ()２＋ａｂ－１()２
１＋ａ()２１＋ｂ()２１＋ａｂ()
ȡ０ꎬ
故
１１＋ａ()２＋１１＋ｂ()２ȡ１
１＋ａｂ
.同理１１＋ｃ()２＋１１＋ｄ()２ȡ１
１＋ｃｄ.两式相加可知原不等式得证[２].
３ＳＯＳ定理的介绍
在前文ꎬ笔者提到ꎬ可以把欲证不等式化为
ａ１ｘ２１＋ａ２ｘ２２＋ ＋ａｎｘ２ｎȡ０ꎬ(ａｉɪＲ＋
ꎬｉ＝１ꎬ２ꎬ
ꎬｎ)
这就是平方和(ＳＯＳ)方法的基本思想.ＳＯＳ定理㊀
考虑表达式Ｓ＝ｆ(ａꎬｂꎬｃ)＝
Ｓｃ(ａ－ｂ)２＋Ｓｂ(ｃ－ａ)２＋Ｓａ(ｂ－ａ)２ꎬ其中ＳａꎬＳｂꎬＳｃ是关于变量ａꎬｂꎬｃ的表达式ꎬ则如果下列条件中至少有一个成立ꎬ那么不等式Ｓȡ０成立.
(１)Ｓａȡ０ꎬＳｂȡ０ꎬＳｃȡ０ꎻ
(２)ａȡｂȡｃ且Ｓｂȡ０ꎬＳｂ＋Ｓａȡ０ꎬＳｂ＋Ｓｃȡ０ꎻ(３)ａȡｂȡｃ且Ｓａȡ０ꎬＳｃȡ０ꎬＳａ＋２Ｓｂȡ０ꎬＳｃ＋２Ｓｂȡ０ꎻ
(４)ａȡｂȡｃ且Ｓｂȡ０ꎬＳｃȡ０ꎬａ２Ｓｂ＋ｂ２Ｓａȡ０ꎻ
(５)ａȡｂȡｃ是某三角形的三条边ꎬ且Ｓａȡ０ꎬＳｂȡ０ꎬｂ２Ｓｂ＋ｃ２Ｓｃȡ０ꎻ
(６)Ｓａ＋Ｓｂ＋Ｓｃȡ０且ＳａＳｂ＋ＳｂＳｃ＋ＳｃＳａȡ０
４结束语
可以从以下三个角度来进一步考虑.(１)可以从常见的代数恒等式得到常用的代数不等式ꎻ(２)可以从恒等式的角度来证明不等式ꎻ(３)进一步ꎬ由
ａ１ｘ２１＋ａ２ｘ２２＋ ＋ａｎｘ２ｎȡ０ꎬ(ａｉɪＲ＋
ꎬｉ＝１ꎬ２ꎬ ꎬｎ)ꎬ
我们可以对ａｉ和ｘｉ取不同的表达式ꎬ从而得到各种我们想要的不等式ꎬ也可以把要证的不等式化归为这样的形式从而得证.这就是证明不等式的一种有力方法:平方和(ＳＯＳ)方法.
参考文献:
[１]李鸿昌.我这样做奥数[Ｍ].成都:四川省教育
电子音像出版社ꎬ２０２１.
[２]彭翕成.从初等数学到高等数学[Ｍ].合肥:中
国科学技术大学出版社ꎬ２０２３.
[责任编辑:李㊀璟]
０５。