几个重要不等式与不等式的证明蔡玉书(江苏省苏州市第一中学,215006) 收稿日期:2008-09-16 修回日期:2009-02-17 (本讲适合高中)在不等式的证明中,重要不等式的使用是不等式证明的常用方法.1 几个重要不等式这里所说的几个重要不等式是指:均值不等式 设a 1,a 2,…,a n 都是正数.则a 1+a 2+…+a nn≥n a 1a 2…a n ,当且仅当a 1=a 2=…=a n 时,等号成立.柯西不等式 设a 1,a 2,…,a n ;b 1,b 2,…,b n 是两组实数.则(∑ni =1a 2i)(∑ni =1b 2i)≥(∑ni =1a ib i)2,当且仅当a i =kb i (i =1,2,…,n )时,等号成立.下列柯西不等式的三个变形在解题中有相当大的作用.变形1 设a 1,a 2,…,a n ;b 1,b 2,…,b n 是两组正实数.则∑ni =1a 2ib i≥(∑ni =1a i)2∑ni =1bi.变形2 设a 1,a 2,…,a n ;b 1,b 2,…,b n是两组正实数.则∑ni =1a ib i≥(∑ni =1a i )2∑ni =1a i bi.变形3 设a 1,a 2,…,a n ;b 1,b 2,…,b n是两组正实数.则∑ni =1a i·∑ni =1bi≥∑ni =1a ib i .Schur 不等式 设x 、y 、z ≥0,r 是实数.则x r(x -y )(x -z )+y r(y -x )(y -z )+z r(z -y )(z -x )≥0.当r =1时,Schur 不等式有几种变形:(1)x 3+y 3+z 3-(x 2y +xy 2+x 2z +xz 2+y 2z +yz 2)+3xyz ≥0;(2)(x +y +z )3-4(x +y +z )·(yz +zx +xy )+9xyz ≥0;(3)xyz ≥(x +y -z )(y +z -x )(z +x -y ).契比雪夫不等式 设a 1≤a 2≤…≤a n ,b 1≤b 2≤…≤b n ,则∑ni =1a i∑ni =1bi≤n∑ni =1a ib i;设a 1≤a 2≤…≤a n ,b 1≥b 2≥…≥b n ,则∑ni =1a i∑ni =1bi≥n∑ni =1a ib i.2 例题选讲在证明不等式时,要特别注意两点:(1)所给条件的综合变形与运用重要不等式的配合;(2)运用其他方法或技巧与运用重要不等式的配合.例1 设a 、b 、c 是正数,且ab +bc +ca =3.求证:11+a 2(b +c )+11+b 2(c +a )+11+c 2(a +b )≤1abc.(2008,罗马尼亚国家集训队试题)证明:依题设,由均值不等式得ab+bc+ca=3≥33(abc)2,即 abc≤1.故11+a2(b+c)≤1abc+a2(b+c)=1a(ab+bc+ca)=13a.同理,11+b2(c+a)≤1 3b,11+c2(a+b)≤1 3c.以上三式相加得11+a2(b+c)+11+b2(c+a)+11+c2(a+b)≤1 31a+1b+1c=ab+bc+ca3abc=1abc.注:本题巧妙地利用已知条件和均值不等式将不等式左边的分母中的1换成较小的abc,实现了转化.例2 设x、y、z是正实数,且x+y+z =3.证明:x3 y3+8+y3z3+8+z3x3+8≥19+227(xy+yz+zx).(2008,伊朗数学奥林匹克)证明:由均值不等式得x3 y3+8+y+227+y2-2y+427≥33x3y3+8·y+227·y2-2y+427=x3.同理,y 3z3+8+z+227+z2-2z+427≥y3,z3 x3+8+x+227+x2-2x+427≥z3.以上三式相加,并注意到x+y+z=3,得x3 y3+8+y3z3+8+z3x3+8≥4 9-127(x2+y2+z2)=19+9-(x2+y2+z2)27=19+(x+y+z)2-(x2+y2+z2)27=19+227(xy+yz+zx).注:本题巧妙地将分母进行了因式分解,并且通过考察不等式等号成立的充要条件,调整因式前面的系数,达到证明的目的.例3 设x、y、z是非负数,且x2+y2+z2=3.证明:xx2+y+z+yy2+z+x+zz2+x+y≤3.(2008,乌克兰数学奥林匹克)证明:由柯西不等式得3(x2+y2+z2)≥(x+y+z)2.因为x2+y2+z2=3,所以,x2+y2+z2≥x+y+z.①由柯西不等式得(x2+y+z)(1+y+z)≥(x+y+z)2.于是,只要证明x1+y+z+y1+z+x+z1+x+yx+y+z≤3.再由柯西不等式得(x1+y+z+y1+z+x+z1+x+y)2=(x·x+xy+zx+y·y+yz+xy+z·z+zx+xy)2≤(x+y+z)[(x+xy+zx)+ (y+yz+xy)+(z+zx+xy)]=(x+y+z)[(x+y+z)+2(xy+yz+zx)]≤(x+y+z)[x2+y2+z2+2(xy+yz+zx)]=(x+y+z)3.故x1+y+z+y1+z+x+z1+x+yx+y+z≤x+y+z.由不等式①得x+y+z≤x2+y2+z2= 3.因此,不等式得证.注:先局部使用柯西不等式,将分母化为相同,再继续使用柯西不等式进行放缩,从而达到证明的目标.例4 设a、b、c∈16,+∞,且a2+b2+c2=1.证明:1+a22a2+3ab-c2+1+b22b2+3bc-a2+1+c22c2+3ca-b2≥2(a+b+c).(2007,乌克兰国家集训队试题)证明:由柯西不等式得(2a2+3ab-c2+2b2+3bc-a2+2c2+3ca-b2)·a22a2+3ab-c2+b22b2+3bc-a2+c22c2+3ca-b2≥(a+b+c)2,①(2a2+3ab-c2+2b2+3bc-a2+2c2+3ca-b2)2≤(1+1+1)[(2a2+3ab-c2)+ (2b2+3bc-a2)+(2c2+3ca-b2)] =3[(a2+b2+c2)+3(ab+bc+ca)].②又由均值不等式得a2+b2+c2≥ab+bc+ca.故4(a+b+c)2≥3(a2+b2+c2)+9(ab+bc+ca).③由式②、③得2a2+3ab-c2+2b2+3bc-a2+2c2+3ca-b2≤2(a+b+c).④由式①、④得a22a2+3ab-c2+b22b2+3bc-a2+c22c2+3ca-b2≥12(a+b+c).⑤由柯西不等式得(2a2+3ab-c2+2b2+3bc-a2+2c2+3ca-b2)·12a2+3ab-c2+12b2+3bc-a2+12c2+3ca-b2≥(1+1+1)2=9.⑥注意到a2+b2+c2=1,由柯西不等式得9=9(a2+b2+c2)≥3(a+b+c)2.⑦由式④、⑥、⑦得12a2+3ab-c2+12b2+3bc-a2+12c2+3ca-b2≥3(a+b+c)2.⑧⑤+⑧得1+a22a2+3ab-c2+1+b22b2+3bc-a2+1+c22c2+3ca-b2≥2(a+b+c).注:将原不等式拆成两个后,分别采用柯西不等式进行处理,恰到好处.例5 已知a、b、c都是正实数.证明:(a+b)3+4c3≥4(a3b3+b3c3+c3a3).(2008,波兰数学奥林匹克)证明:由均值不等式和柯西不等式得(a+b)3+4c3=a3+b3+3a2b+3ab2+4c3=2(a2b+ab2)+(a2+b2)(a+b)+4c3≥4a3b3+(a32+b32)2+4c3≥4a3b3+4c32(a32+b32)=4(a3b3+b3c3+c3a3).注:在使用两个不等式时,应注意保证等号能够成立.证明之雅,使人回味无限.例6 设x、y、z都是正数,且x+y+z≥1.证明:x xy+z+y yz+x+z zx+y≥32.(2003,摩尔多瓦国家集训队试题)证明:由均值不等式得x32+y32+y32≥3x12y,x32+z32+z32≥3x12z.相加得2(x32+y32+z32)≥3x12(y+z).故xy+z≥3x322(x32+y32+z32).同理,yz+x≥3y322(x32+y32+z32),z x +y≥3z322(x 32+y 32+z32).于是,要证明原不等式只要证明x 2+y 2+z2x 32+y 32+z32≥13Ζ3(x 2+y 2+z 2)2≥(x 32+y 32+z 32)2.由柯西不等式得(x 2+y 2+z 2)(x +y +z )≥(x 32+y 32+z 32)2,3(x 2+y 2+z 2)≥(x +y +z )2≥x +y +z .两个不等式相乘即得.注:利用均值不等式将三个式子作对称化处理,为后面巧妙地应用柯西不等式做好了充分的准备.例7 设a 、b 、c 是正数.求证:1+4a b +c 1+4b c +a 1+4c a +b >25.(2008,波斯尼亚数学奥林匹克)证明:注意到1+4a b +c 1+4b c +a 1+4c a +b>25Ζ(b +c +4a )(c +a +4b )(a +b +4c )>25(a +b )(b +c )(c +a )Ζa 3+b 3+c 3+7abc>a 2b +ab 2+b 2c +bc 2+c 2a +ac 2.由Schur 不等式得a 3+b 3+c 3+3abc≥a 2b +ab 2+b 2c +bc 2+c 2a +a 2c .从而,不等式得证.注:在最近几年的数学竞赛中,Schur 不等式已经被普遍使用,希望引起大家的重视.例8 设x 、y 、z 是正实数.求证:xy z +yz x +zxy>23x 3+y 3+z 3.(2008,中国国家集训队测试题)证明:设xy z =a 2,yz x =b 2,zx y=c 2.因为x 、y 、z 是正实数,所以,x =ca ,y =ab ,z =bc .于是,原不等式化为a 2+b 2+c 2>23a 3b 3+b 3c 3+c 3a 3,即 (a 2+b 2+c 2)3>8(a 3b 3+b 3c 3+c 3a 3)Ζa 6+b 6+c 6+3(a 4b 2+a 2b 4+b 4c 2+b 2c 4+c 4a 2+c 2a 4)+6a 2b 2c2 >8(a 3b 3+b 3c 3+c 3a 3).由Schur 不等式得a 6+b 6+c 6+3a 2b 2c 2>a 4b 2+a 2b 4+b 4c 2+b 2c 4+c 4a 2+c 2a 4.①由均值不等式得a 4b 2+a 2b 4≥2a 3b 3,b 4c 2+b 2c 4≥2b 3c 3,c 4a 2+c 2a 4≥2c 3a 3.以上三式相加得a 4b 2+a 2b 4+b 4c 2+b 2c 4+c 4a 2+c 2a4≥2(a 3b 3+b 3c 3+c 3a 3).②又a 2b 2c 2>0.③①+4×②+3×③得a 6+b 6+c 6+3(a 4b 2+a 2b 4+b 4c 2+b 2c 4+c 4a 2+c 2a 4)+6a 2b 2c2>8(a 3b 3+b 3c 3+c 3a 3).注:分析法的使用为证明打开了大门,变量代换为Schur 不等式的使用铺平了道路.例9 已知a 、b 、c 是正数,且a +b +c =1.证明:1bc +a +1a+1ca +b +1b+1ab +c +1c≤2731.(2008,克罗地亚数学奥林匹克)证明:注意到1bc +a +1a+1ca +b +1b+1ab +c +1c≤2731Ζ9a 2+9abc +9-31a a 2+abc +1+9b 2+9abc +9-31bb 2+abc +1+9c 2+9abc +9-31c c 2+abc +1≥0.不妨设a ≥b ≥c .显然9(a +b )<31.容易证明9a2+9abc+9-31a≤9b2+9abc+9-31b≤9c2+9abc+9-31c.故a2+abc+1≥b2+abc+1≥c2+abc+1,即 1a2+abc+1≤1b2+abc+1≤1c2+abc+1.由契比雪夫不等式有39a2+9abc+9-31aa2+abc+1+9b2+9abc+9-31bb2+abc+1+9c2+9abc+9-31cc2+abc+1≥[(9a2+9abc+9-31a)+(9b2+9abc+ 9-31b)+(9c2+9abc+9-31c)]·1a2+abc+1+1b2+abc+1+1c2+abc+1.于是,只要证明(9a2+9abc+9-31a)+(9b2+9abc+9-31b)+(9c2+9abc+9-31c)≥0 Ζ9(a2+b2+c2)+27abc+27-31(a+b+c)≥0.又a+b+c=1,只要证明9(a2+b2+c2)+27abc-4≥0Ζ9(a2+b2+c2)(a+b+c)+27abc-4(a+b+c)3≥0Ζ5(a3+b3+c3)-3(a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ac2)+3abc≥0.①由Schur不等式得a3+b3+c3+3abc≥a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+a2c.②由均值不等式得a3+b3+c3≥3abc.③②×3+③×2得不等式①.从而,原不等式得证.注:本题难度相当大.首先用分析法将不等式化为等价的不等式进行证明,也为利用契比雪夫不等式做好了充分的准备,Schur不等式和均值不等式的使用为最后的证明锦上添花.例10 已知x、y、z是正数,且x+y+z =1,k是正整数.证明:x k+2x k+1+y k+z k+yk+2y k+1+z k+x k+zk+2z k+1+x k+y k≥17.(2007,南斯拉夫数学奥林匹克)证明:不妨设x≥y≥z.则x k≥y k≥z k.由契比雪夫不等式得3(x k+1+y k+1+z k+1)≥(x+y+z)(x k+y k+z k).①因为x≥y≥z,所以,x k+1+y k+z k≤y k+1+z k+x k≤z k+1+x k+y k.事实上,由x≥y≥z,有x k-1≥y k-1≥z k-1,x(1-x)-y(1-y)=x(y+z)-y(z+x)=z(x-y)≥0,即 x(1-x)≥y(1-y).从而,x k(1-x)≥y k(1-y).所以,x k+1+y k+z k≤y k+1+z k+x k.同理,y k+1+z k+x k≤z k+1+x k+y k.故xk+1x k+1+y k+z k≥y k+1y k+1+z k+x k≥z k+1z k+1+x k+y k.由契比雪夫不等式得x k+2x k+1+y k+z k+yk+2y k+1+z k+x k+zk+2z k+1+x k+y k≥13(x+y+z)xk+1x k+1+y k+z k+y k+1y k+1+z k+x k+zk+1z k+1+x k+y k=13x k+1x k+1+y k+z k+y k+1y k+1+z k+x k+z k+1z k+1+x k+y k =13x k+1x k+1+y k+z k+y k+1y k+1+z k+x k+z k+1z k+1+x k+y k·[(x k+1+y k+z k)+(y k+1+z k+x k)+(z k+1+x k+y k)]·1x k+1+y k+1+z k+1+2(x k+y k+z k)≥x k +1+y k+1+z k+1x k+1+y k+1+z k+1+2(x k+y k+z k)=x k+1+y k+1+z k+1x k+1+y k+1+z k+1+2(x+y+z)(x k+y k+z k)≥x k +1+y k+1+z k+1x k+1+y k+1+z k+1+2×3(x k+1+y k+1+z k+1)=1 7 .最后一步用的是不等式①.注:条件x+y+z=1是用来调整不等式的次数的.这里多次采用排序,使用契比雪夫不等式,使得证明完美.练习题1.设x1,x2,…,x n是正实数,n是正整数.证明:∏n i=1(1+x1+x2+…+x i)≥(n+1)n+1x1x2…x n. (2007,俄罗斯数学奥林匹克)(提示:对元素y1=x11+x1,y2=x2(1+x1)(1+x1+x2),y3=x3(1+x1+x2)(1+x1+x2+x3),……y n=x n(1+x1+…+x n-1)(1+x1+…+x n-1+x n),y n+1=11+x1+…+x n-1+x n应用均值不等式.)2.已知a、b、c都是正数,且ab+bc+ca =1.证明:a3+a+b3+b+c3+c≥2a+b+c.(2008,伊朗国家集训队试题)(提示:用条件ab+bc+ca=1将问题化为证明a(a+b)(c+a)+b(a+b)(b+c)+c(c+a)(b+c)≥2(a+b+c)(ab+bc+ca),之后应用柯西不等式和Schur不等式.)3.设a、b、c∈R+,且abc=1.证明:1b(a+b)+1c(b+c)+1a(c+a)≥32.(2008,塔吉克斯坦数学奥林匹克)(提示:先作变换a=xy,b=yz,c=zx,再用柯西不等式和均值不等式.)4.设a、b、c、d是正数,且1a+1b+1c+1d =4.证明:3a3+b32+3b3+c32+3c3+d32+3d3+a32≤2(a+b+c+d)-4.(2007,波兰数学奥林匹克)(提示:先用分析法证明3a3+b32≤a2+b2a+b.再用柯西不等式.)5.设a≥b≥c>0,x≥y≥z>0.证明:a2x2(by+cz)(bz+cx)+b2y2(cz+ax)(cx+az)+c2z2(ax+by)(ay+bx)≥34.(2000,韩国数学奥林匹克)(提示:先用均值不等式,再用柯西不等式和契比雪夫不等式.)6.已知x1,x2,…,x n是正实数,满足∑ni=1x i =∑ni=11x i.证明:∑ni=11n-1+x i≤1.(2007,波兰等国联合数学竞赛)(提示:令yi=1n-1+x i.利用柯西不等式结合反证法加以证明.)欢迎订阅《中等数学》2009年第6期:服务于全国高中数学联赛的专刊。
