一个数学问题的几个姊妹问题
罗建宇
《数学通报》2005年第11期问题1579：
已知x,y,z都是正数，x2+y2+z2=1，求证：(1x-x)(1y-y)(1z-z)≥893.
本文试改变问题的条件或结论，研究其姊妹问题.
1.改变问题的条件
姊妹问题1 若x,y,z都是正数，x+y+z=1，则(1x-x)(1y-y)(1z-z)≥(83)3.
文［1］以偏导数为工具证明了该问题，此处不再赘述，文［1］末尾提出了这一结论的一 般性猜想(称推论1)：
设x璱>0,i=1,2,3，…，n，且∑ni=1x璱=1,n≥3，则∏ni=1(1x璱-x璱)≥(n-1n) 琻.
文［2］给出了推论1的一个较繁杂证明，本文用导数为工具证明之，先给出一个引理(由文［3］定理1，2，3综合得出)
引理 设a
证明：在引理中取a=0,b=1,s=1,设ゝ(x)=玪n(1x-x)，则F(x1,x2,…，x璶)=
∑ni=1f(x璱)=玪n［∏ni=1(1x璱-x璱)］,又f″(x)=5-(x2+2)2x2(1-x2)2，当00，即此时f(x)是严格下凸函数，而引理中最值是在x璱=1n(i=1,2,3，…)时取得的，且1n<5-2(n≥3)，故由引理有玪n［∏ni=1(1x璱-x璱)］≥n玪n(n-1n)=玪n(n-1n)琻,故猜想得证.
同理可得
推论2 设x璱>0,i=1,2,3,…，n，且∑ni=1x璱=1,n≥3，则∏ni=1(1x璱+x璱)≥(n+1n)琻.
2.改变问题结论
姊妹问题2 若x,y,z都是正数，x2+y2+z2=1，则(x+1x)(y+1y)(z+1z)≥6493.
证明：当n=2时，由柯西不等式(a12+a22)(b12+b22)≥(a1b1+a2b2)2(当a1b1=a2b2时等号成立)，可得
(x+1x)(y+1y)(z+1z)(13+3)≥(xy+1xy)2?(z3+3z)2≥(4xyz3+43xyz)4，由x,y,z都是正数，x2+y2+z23≥(xyz)23有0
同理可得如下结论
推论3 若x,y,z都是正数，x琻+y琻+z琻=1,则(x+1x)(y+1y)(z+1z)≥［(13)1n+31n］3.
参考文献
［1］杨先义.一个不等式的推广.数学通讯，2002(19).
［2］戴承鸿，刘兵华.一个猜想的证明.数学通讯，2002(23).
［3］叶军.多元对称函数的一类条件最值.数学通报，1999，5.
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。”
《数学通报》2005年第11期问题1579：
已知x,y,z都是正数，x2+y2+z2=1，求证：(1x-x)(1y-y)(1z-z)≥893.
本文试改变问题的条件或结论，研究其姊妹问题.
1.改变问题的条件
姊妹问题1 若x,y,z都是正数，x+y+z=1，则(1x-x)(1y-y)(1z-z)≥(83)3.
文［1］以偏导数为工具证明了该问题，此处不再赘述，文［1］末尾提出了这一结论的一 般性猜想(称推论1)：
设x璱>0,i=1,2,3，…，n，且∑ni=1x璱=1,n≥3，则∏ni=1(1x璱-x璱)≥(n-1n) 琻.
文［2］给出了推论1的一个较繁杂证明，本文用导数为工具证明之，先给出一个引理(由文［3］定理1，2，3综合得出)
引理 设a
证明：在引理中取a=0,b=1,s=1,设ゝ(x)=玪n(1x-x)，则F(x1,x2,…，x璶)=
∑ni=1f(x璱)=玪n［∏ni=1(1x璱-x璱)］,又f″(x)=5-(x2+2)2x2(1-x2)2，当0
同理可得
推论2 设x璱>0,i=1,2,3,…，n，且∑ni=1x璱=1,n≥3，则∏ni=1(1x璱+x璱)≥(n+1n)琻.
2.改变问题结论
姊妹问题2 若x,y,z都是正数，x2+y2+z2=1，则(x+1x)(y+1y)(z+1z)≥6493.
证明：当n=2时，由柯西不等式(a12+a22)(b12+b22)≥(a1b1+a2b2)2(当a1b1=a2b2时等号成立)，可得
(x+1x)(y+1y)(z+1z)(13+3)≥(xy+1xy)2?(z3+3z)2≥(4xyz3+43xyz)4，由x,y,z都是正数，x2+y2+z23≥(xyz)23有0
同理可得如下结论
推论3 若x,y,z都是正数，x琻+y琻+z琻=1,则(x+1x)(y+1y)(z+1z)≥［(13)1n+31n］3.
参考文献
［1］杨先义.一个不等式的推广.数学通讯，2002(19).
［2］戴承鸿，刘兵华.一个猜想的证明.数学通讯，2002(23).
［3］叶军.多元对称函数的一类条件最值.数学通报，1999，5.
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。”
