若干三元不等式的简证和推广
宋 庆
本文旨在给出近年国内中学数学期刊出现的几个三元不等式的简单证明和推广.
命题1 设a,b,c是正数，且a+b+c=1,则有(1b+c-a)(1c+a-b)(1a+b-c)≥(76)3.
以上不等式最早刊登在《数学通讯》2007年第5期，本刊2007年第10期P12-13上给出了一个简捷证明，受其启发，笔者有一个改进的简单证法(仅用到均值不等式).
证明：令b+c=x,c+a=y,a+b=z，则x,y,z为正数，且x+y+z=2.于是，1b+c-a=(x+49x)+59x-1≥2x·49x+59x-1=19(5x+3).
(1b+c-a)(1c+a-b)(1a+b-c)≥193·(5x+3)(5y+3)(5z+3)=193［53+6·52xyz+32·5·(1x+1y+1z)+33］≥193［53+6·52(x+y+z3)3+32·5·9x+y+z+33］=(76)3.
命题2 设a,b,c为正数，则有(a2+2)·(b2+2)(c2+2)≥3(a+b+c)2.
这是2004年亚太地区数学奥林匹克题5的加强，本刊2007年第10期P48-49给出了一个证明.下面，笔者提供两种简证.
证明1：因a2-1、b2-1、c2-1中必有两个非负或非正，故不妨设(b2-1)(c2-1)≥0，于是(b2+2)(c2+2)≥3(b2+c2+1).
由上式及柯西不等式，得(a2+2)(b2+2)·(c2+2)≥3(a2+1+1)(1+b2+c2)≥3(a+b+c)2.
证明2：因2(bc-1)2+(b-c)2≥0，故(b2+2)(c2+2)≥3［(b+c)22+1］.
(a2+2)(b2+2)(c2+2)≥3(a2+2)·［(b+c)22+1］=3［a2+(b+c)2+a2(b+c)22+2］≥3［a2+(b+c)2+2a(b+c)］=3(a+b+c)2.
命题3 已知a,b,c为满足a+b+c=1的非负实数，则有a+14(b-c)2+b+c≤3.
这是2007年中国女子数学奥林匹克题6，《中学数学》2007年第12期P35-36刊登了两种证法尤以证法1的构思令人叫绝，下述证法亦不逊色.
证明：原不等式等价于(3-b-c)2≥a+14(b-c)22(b+c)+2bc-23(b+c)+2≥14(b-c)2(b-c)2+［3(b+c)-2］2≥12(b-c)2(b-c)2≥12(b-c)2(b-c)2［2-(b+c)2］≥0,
而(b+c)2≤2(b+c)≤2(a+b+c)=2，故原不等式成立.
2004年泰国数学奥林匹克试题(参见本刊2007年第3期P45)：设a,b,c是不同的实数，证明：(2a-ba-b)2+(2b-cb-c)2+(2c-ac-a)2≥5.
推而广之，笔者获得
命题4 若a,b,c是不同的实数，则对λ≥2，有(λa-ba-b)2+(λb-cb-c)2+(λc-ac-a)2≥2λ+1.
证明:令x=aa-b,y=bb-c,z=cc-a,则(x-1)(y-1)(z-1)=xyz，从而可得x+y+z=yz+yx+xy+1.
(λa-ba-b)2+(λb-cb-c)2+(λc-ac-a)2=［(λ-1)x+1)］2+［(λ-1)y+1)］2+［(λ-1)z+1)］2=(λ-1)2(x2+y2+z2)+2(λ-1)(x+y+z)+3=(λ-1)(x+y+z)2+(λ-1)(λ-2)(x2+y2+z2)+2λ+1≥2λ+1.
《中等数学》2007年第7期P10有题：设a,b,c∈R+，且abc=1,求12a+1+12b+1+12c+1的最小值.
一般化，我们有
命题5 若a,b,c是满足abc=1的正数，则对λ≥2有1λa+1+1λb+1+1λc+1≥3λ+1.
证明：原不等式等价于(λ+1)［(λb+1)·(λc+1)+(λc+1)(λa+1)+(λa+1)(λb+1)］≥3(λa+1)(λb+1)(λc+1)(λ+1)［λ2·(bc+ca+ab)+2λ(a+b+c)+3］≥3［λ3+λ2(bc+ca+ab)+λ(a+b+c)+1］讦(λ-2)(bc+ca+ab)+(2λ-1)(a+b+c)≥3(λ2-1).
因λ(λ-2)(bc+ca+ab)+(2λ-1)(a+b+c)≥3λ(λ-2)3a2b2c2+3(2λ-1)3abc=3(λ2-1).故原不等式成立.
命题6 若a,b,c是正数，对则λ≥0有a3a2+λab+b2+b3b2+λbc+c2+c3c2+λca+a2≥a+b+cλ+2.
证明：a3a2+λab+b2=a-ab(λa+b)a2+λab+b2≥a-ab(λa+b)(λ+2)ab=a-λa+bλ+2,a3a2+λab+b2+b3b2+λbc+c2+c3c2+λca+a2≥a-λa+bλ+2+b-λb+cλ+2+c-λc+aλ+2=a+b+cλ+2.
λ=1时，命题6为2003年北京市中学生数学竞赛高一复赛第二题.
命题7 若a,b,c是非钝角三角形的三边长，则对λ≥1有bcλb2+λc2-a2+ca·λc2+λa2-b2+abλa2+λb2-c2≥
2(2λ-1)λ+1λabc.
证明：因(λ+1)a2(λb2+λc2-a2)≤(λ+1)a2+λb2+λc2-a22=λ(a2+b2+c2)2，
故λb2+λc2-a2a≥2λ+1(λb2+λc2-a2)λ(a2+b2+c2).同理可得其余两式，三式相加可得
λb2+λc2-a2a+λc2+λa2-b2b+
λa2+λb2-c2c≥2(2λ-1)λ+1λ.
所以，原不等式成立.
命题7推广了《数学通报》2007年6月号问题1680.
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文
本文旨在给出近年国内中学数学期刊出现的几个三元不等式的简单证明和推广.
命题1 设a,b,c是正数，且a+b+c=1,则有(1b+c-a)(1c+a-b)(1a+b-c)≥(76)3.
以上不等式最早刊登在《数学通讯》2007年第5期，本刊2007年第10期P12-13上给出了一个简捷证明，受其启发，笔者有一个改进的简单证法(仅用到均值不等式).
证明：令b+c=x,c+a=y,a+b=z，则x,y,z为正数，且x+y+z=2.于是，1b+c-a=(x+49x)+59x-1≥2x·49x+59x-1=19(5x+3).
(1b+c-a)(1c+a-b)(1a+b-c)≥193·(5x+3)(5y+3)(5z+3)=193［53+6·52xyz+32·5·(1x+1y+1z)+33］≥193［53+6·52(x+y+z3)3+32·5·9x+y+z+33］=(76)3.
命题2 设a,b,c为正数，则有(a2+2)·(b2+2)(c2+2)≥3(a+b+c)2.
这是2004年亚太地区数学奥林匹克题5的加强，本刊2007年第10期P48-49给出了一个证明.下面，笔者提供两种简证.
证明1：因a2-1、b2-1、c2-1中必有两个非负或非正，故不妨设(b2-1)(c2-1)≥0，于是(b2+2)(c2+2)≥3(b2+c2+1).
由上式及柯西不等式，得(a2+2)(b2+2)·(c2+2)≥3(a2+1+1)(1+b2+c2)≥3(a+b+c)2.
证明2：因2(bc-1)2+(b-c)2≥0，故(b2+2)(c2+2)≥3［(b+c)22+1］.
(a2+2)(b2+2)(c2+2)≥3(a2+2)·［(b+c)22+1］=3［a2+(b+c)2+a2(b+c)22+2］≥3［a2+(b+c)2+2a(b+c)］=3(a+b+c)2.
命题3 已知a,b,c为满足a+b+c=1的非负实数，则有a+14(b-c)2+b+c≤3.
这是2007年中国女子数学奥林匹克题6，《中学数学》2007年第12期P35-36刊登了两种证法尤以证法1的构思令人叫绝，下述证法亦不逊色.
证明：原不等式等价于(3-b-c)2≥a+14(b-c)22(b+c)+2bc-23(b+c)+2≥14(b-c)2(b-c)2+［3(b+c)-2］2≥12(b-c)2(b-c)2≥12(b-c)2(b-c)2［2-(b+c)2］≥0,
而(b+c)2≤2(b+c)≤2(a+b+c)=2，故原不等式成立.
2004年泰国数学奥林匹克试题(参见本刊2007年第3期P45)：设a,b,c是不同的实数，证明：(2a-ba-b)2+(2b-cb-c)2+(2c-ac-a)2≥5.
推而广之，笔者获得
命题4 若a,b,c是不同的实数，则对λ≥2，有(λa-ba-b)2+(λb-cb-c)2+(λc-ac-a)2≥2λ+1.
证明:令x=aa-b,y=bb-c,z=cc-a,则(x-1)(y-1)(z-1)=xyz，从而可得x+y+z=yz+yx+xy+1.
(λa-ba-b)2+(λb-cb-c)2+(λc-ac-a)2=［(λ-1)x+1)］2+［(λ-1)y+1)］2+［(λ-1)z+1)］2=(λ-1)2(x2+y2+z2)+2(λ-1)(x+y+z)+3=(λ-1)(x+y+z)2+(λ-1)(λ-2)(x2+y2+z2)+2λ+1≥2λ+1.
《中等数学》2007年第7期P10有题：设a,b,c∈R+，且abc=1,求12a+1+12b+1+12c+1的最小值.
一般化，我们有
命题5 若a,b,c是满足abc=1的正数，则对λ≥2有1λa+1+1λb+1+1λc+1≥3λ+1.
证明：原不等式等价于(λ+1)［(λb+1)·(λc+1)+(λc+1)(λa+1)+(λa+1)(λb+1)］≥3(λa+1)(λb+1)(λc+1)(λ+1)［λ2·(bc+ca+ab)+2λ(a+b+c)+3］≥3［λ3+λ2(bc+ca+ab)+λ(a+b+c)+1］讦(λ-2)(bc+ca+ab)+(2λ-1)(a+b+c)≥3(λ2-1).
因λ(λ-2)(bc+ca+ab)+(2λ-1)(a+b+c)≥3λ(λ-2)3a2b2c2+3(2λ-1)3abc=3(λ2-1).故原不等式成立.
命题6 若a,b,c是正数，对则λ≥0有a3a2+λab+b2+b3b2+λbc+c2+c3c2+λca+a2≥a+b+cλ+2.
证明：a3a2+λab+b2=a-ab(λa+b)a2+λab+b2≥a-ab(λa+b)(λ+2)ab=a-λa+bλ+2,a3a2+λab+b2+b3b2+λbc+c2+c3c2+λca+a2≥a-λa+bλ+2+b-λb+cλ+2+c-λc+aλ+2=a+b+cλ+2.
λ=1时，命题6为2003年北京市中学生数学竞赛高一复赛第二题.
命题7 若a,b,c是非钝角三角形的三边长，则对λ≥1有bcλb2+λc2-a2+ca·λc2+λa2-b2+abλa2+λb2-c2≥
2(2λ-1)λ+1λabc.
证明：因(λ+1)a2(λb2+λc2-a2)≤(λ+1)a2+λb2+λc2-a22=λ(a2+b2+c2)2，
故λb2+λc2-a2a≥2λ+1(λb2+λc2-a2)λ(a2+b2+c2).同理可得其余两式，三式相加可得
λb2+λc2-a2a+λc2+λa2-b2b+
λa2+λb2-c2c≥2(2λ-1)λ+1λ.
所以，原不等式成立.
命题7推广了《数学通报》2007年6月号问题1680.
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文
