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1、一类对称或循环不等式的配方法证明_------读熊斌《数学奥林匹克》之体会数学组蔡玉书（215006）纵观国内外数学奥林匹克中的不等式试题，有不少试题是关于a,b,c的对称或轮换对称的不等式，直接利用均值不等式、柯西不等式或者重要不等式有时很难达到目的，而利用它们的对称性，直接利用比较法进行适当的配方，就可以使得问题得到完美的解决。本文从历年的国内外数学奥林匹克试题中精心选择若干优秀试题，进行详细的分析与解答，供参赛选手和数学奥林匹克教练员参考。例1设a,b,c是三角形的三边,求证：a2(b+c－a)+b2
2、(c+a－b)+c2(a+b－c)≤3abc.(第6届IMO试题)证法一注意到a3+b3+c3－3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2－ab－bc－ca),得3abc－[a2(b+c－a)+b2(c+a－b)+c2(a+b－c)]=a3+b3+c3－3abc+a(b2+c2－2bc)+b(c2+a2－2ca)+c(a2+b2－2ab)=(a+b+c)(a2+b2+c2－ab－bc－ca)+a(b2+c2－2bc)+b(c2+a2－2ca)+c(a2+b2－2ab)=(a+b+c)[(a－b)2+(b―c
3、)2+(c―a)2]+a(b―c)2++b(c―a)2+c(a－b)2=(a+b－c)(a－b)2+(b+c－a)(b―c)2+(a+c－b)(c―a)2.∵a,b,c是三角形的三边,∴a+b－c>0,b+c－a>0,a+c－b>0.而(a－b)2≥0,(b―c)2≥0,(c―a)2≥0,故原不等式成立,当且仅当a=b=c,即△ABC是正三角形时等号成立.例2已知a,b,c是正数,证明：(1)++≥.(1963年莫斯科数学奥林匹克试题)(2)++≥.(第2届世界友谊杯数学竞赛试题)证明(1)∵++－====
4、≥0,∴++≥.(2)不难证明++=(a+b+c)(++)－(a+b+c),利用这个恒等式得到不等式++≥和++≥等价.例3设x,y,z是正数,则++≥0.(W.Janous猜想)证明设u=++,v=++,则u－v=++=z―x+x―y+y―z=0,又u+v=(x2－y2)(－)+(y2－z2)(－)+(z2－x2)(－)=(x2－y2)+(y2－z2)+(z2－x2)=++≥0,所以,u=v>0.从而++≥0.例4正实数x,y,z满足xyz≥1,证明：++≥0.(第46届IMO试题)证明 因为xyz≥1,
5、所以≥=≥,类似地,可得≥,≥.令a=x2,b=y2,c=z2,原不等式化为证明++≥0Û++≥0Û(a-b)(-)≥0Û(a-b)2()≥0.例5设x、y、z是正实数,求证：(xy+yz+zx)[++]≥.(1996年伊朗数学奥林匹克试题)证明 不妨设x≥y≥z＞0,(xy+yz+zx)[++]－=++－ =++－+－+－+－=[++]－[++]={[－](x－y)2+[－](y－z)2}+[－](z－x)2]}=[Sz(x－y)2+Sx(y－z)2+Sy(z－x)2],
6、 ①其中Sz=－,Sx=－,Sy=－.因为x≥y≥z＞0,所以2(x+y)2＞(x+y)2＞(y+z)(z+x),即Sz＞0.又2(z+x)2－(x+y)(y+z)=(x2－xy)+(x2－yz)+2z2+3zx＞0,所以Sy≥0.若Sx≥0,①的右端≥0,不等式得证.若Sx＜0,因为x≥y≥z＞0,所以≥≥0,于是,(y－z)2≤()2(x－z)2.Sx(y－z)2+Sy(z－x)2≥Sx()2(x－z)2+Sy(z－x)2=(z－x)2.②下面证明y2Sx+x2Sy≥0,事实上,y2Sx+x2Sy≥0
7、⇔y2[2(y+z)2(z+x)－(x+y)(z+x)2]+x2[2(y+z)(z+x)2－(x+y)(y+z)2]=y2(2y2z+xy2+3yz2+2xyz+2z3+xz2－2zx2－x3)+x2(2yz2+x2y+3xz2+2xyz+2z3+x2z－2zy2－y3)=2xyz(x2+y2－2xy)+xy(x3+y3－x2y－xy2)+y2(2y2z+3yz2+2z3+xz2)+x2(2yz2+3xz2+z3+x2z)=2xyz(x－y)2+xy(x+y)(x－y)2+y2(2y2z+3yz2+2z3+
8、xz2)+x2(2yz2+3xz2+z3+x2z)＞0,所以,②式右端≥0,所以Sz(x－y)2+Sx(y－z)2+Sy(z－x)2≥0.综上,不等式得证.例6设a,b,c是一个三角形的三边长,求证a2b(a－b)+b2c(b－c)+c2a(c－a)≥0.并指出等号成立的条件.(第24届IMO试题)证明a2b(a－b)+b2c(b－c)+c2a(c－a)=[(a+b－c)(b+c－a)(a－b)2+(b+c－a)
