关于一个代数不等式的初探2008.11.24
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关于一个代数不等式的初探
张延卫
(江苏省宿迁市教育局,223800)
文[1]给出下述代数不等式:已知a,b,c 是正数,abc=1.求证:
a 1+
b 1+
c 1+c
b a ++3≥4. (1) 这个代数不等式形式优美,结论简洁,给人以强烈的美感.但文[1]给出的证明比较繁难,下面笔者给出不等式(1)的一个简证,并给出它的一个加强,最后再给出它的一个推广.
1 简证 不妨设x=
a 1,y=
b 1,z=c
1
,则xyz=1,不等式(1)化为: x+y+z+
xy
zx yz ++3
≥4.
因为 (x+y+z)2 = x 2+ y 2+ z 2+2(yz+zx+xy )≥3(yz+zx+xy ) 所以x+y+z+
xy zx yz ++3≥x+y+z+2
)
(9
z y x ++ 因此我们只要证明下述不等式即可: x+y+z+
2
)
(9
z y x ++≥4. (2) 设t=x+y+z,则t ≥3,不等式(2)化为: t+
29
t
≥4. 即 t 3-4t 2+9≥0. (3) 因为t ≥3,所以有
t 3-4t 2+9=t(t-3)2+(t-3)(2t-3) ≥0 因此不等式(3)成立,即不等式(1)成立. 2 加强
已知a,b,c 是正数,abc=1.则:
a 1+
b 1+
c 1+c
b a ++6≥5. (4) 证明: 由于不等式(4)是关于a ,b,
c 对称的,不妨设a 为其中最大者,则a ≥1,bc ≤1.
记f(a,b,c)=
a 1+
b 1+
c 1+c
b a ++6. 则f(a,b,c)- f(a,b
c , bc )=
b 1+
c 1+c b a ++6-c b 2-bc
a 26+ =bc c
b 2
)(--)
2)(()(62bc a c b a c b +++-
=(c b -)2[
bc 1-)
2)((6
bc a c b a +++]
因为bc ≤1,a+b+c ≥3,a+2bc ≥3,所以有
bc 1-)
2)((6bc a c b a +++≥1-32>0.
因此 f(a,b,c) ≥f(a,bc , bc ). 所以我们只要证明下述不等式即可:
a 1
+c b 2+bc
a 26+≥5. (5) 设x=bc ,则a=
2
1
x ,0<x ≤1.不等式(5)化为 x 2
+x 2+3
2
216x x +≥5
将上式展开,并移项化简得
2x 6-10x 4+11x 3-5x+2≥0 (6) 因为0<x ≤1,所以
2x 6-10x 4+11x 3-5x+2=(x-1)2(2x 4+4x 3-4x 2-x+2) =(x-1)2[2x 4+x(2x-1)2+2(1-x)] ≥0. 因此不等式(6)成立,即不等式(4)成立.
因为a+b+c ≥3,所以不等式(4)是不等式(1)的加强.
3 推广
已知a i (i=1,2,3,…,n,n ≥2)是正数,∏=n
i i a 1=1.则:
∑=n
i i
a 11+∑=n i i
a n 1
≥n+1. (7) 证明:设x i =i a 1
, i=1,2,3,…,n.则∏=n
i i x 1
=1,不等式(7)化为:
∑=n
i i x 1
+
∑∏=≠=n i n
i
j j i
x
n
11≥n+1. (8)
我们可以证明:(∑=n
i i x 1
)
1
-n ≥n
2
-n (∑∏=≠=n i n
i
j j i x 11
).(请读者自证)
因此我们只要证明下述不等式即可:
∑=n
i i
x
1
+
1
11)(-=-∑n n
i i n x n ≥n+1. (9)
设t=∑=n
i i x 1
,易证t ≥n.则不等式(9)化为:
t n +n 1-n ≥(n+1)t 1-n (10) 由算术—几何平均不等式,可得
∑-=1
1n i n
n
t + n 1-n ≥nt 1-n 又因为t ≥n ,可得n
t n
≥t 1-n .
所以有
(∑-=1
1n i n n
t + n 1
-n )+n t n ≥nt 1-n + t 1-n =(n+1)t 1-n
即不等式(10)成立.
因此,不等式(7)成立,其中等号当且仅当a i =1(i=1,2,3,…,n )的时候
成立.
4 问题
我们要问:当正数λ取什么最大值时,下述不等式成立: 已知a i (i=1,2,3,…,n,n ≥2)是正数,∏=n
i i a 1=1.则:
∑=n
i i
a 11+∑=n
i i
a 1
λ
≥n+n λ. (11)
参考文献:
1 数学奥林匹克问题高229.中等数学,2008年第8期.