用ｓｃｈｕｒ不等式——“背景不等式”的背景证明竞赛不等式
邹守文 汤庆梅
安徽省芜湖市第十四中学 (241000)
安徽省南陵县实验中学(241300)
文［2］受文［1］启发，给出“背景不等式”：
abc≥(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)的若干运用，实际上abc≥(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)是Schur不等式的特例.
Schur不等式是指：设x,y,z为非负实数，r>0，则有∑x瑀(x-y)(x-z)≥0(1)，特别当r=1时，有∑x(x-y)(x-z)≥0(2).
由(2)式∑a(a-b)(a-c)≥0不难得到abc≥(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b).
下面通过例题说明(2)式在证明竞赛不等式中的运用.
例1 设a,b,c>0，且ab+bc+ca=1，求证：a3+a+b3+b+c3+c≥
2a+b+c(伊朗，2008数学奥林匹克)
证明：所证不等式等价于
∑a(a+b)(a+c)≥2(a+b+c)(ab+bc+ca)
凇芶(a+b)(a+c)+2∑(a+b)?ab(a+b)(a+c)≥4∑ab(a+b)+12abc凇芶3+∑(a+b)ab(a+b)(a+c)≥3∑ab?(a+b)+9abc.
由柯西不等式知：ab(a+b)(a+c)=(ab+bc)(ab+ac)≥(ab+ab?c)2,于是只需证∑a3+2∑(a+b)(ab+ab?c)≥3∑ab(a+b)+9abc凇芶3+2∑ab(a+b)+2∑(a+b)?abc≥3∑ab(a+b)+9abc凇芶3+2∑(a+b)abc≥∑ab(a+b)+9abc.
因为a+b≥2ab，故只需证凇芶3+12abc≥∑ab(a+b)+9abc凇芶3-∑ab(a+b)+3abc≥0凇芶(a-b)(a-c)≥0.
由Schur不等式知最后一式成立，故所证得证.
例2 如果a,b,c是正实数，求证：
(1+4ab+c)(1+4bc+a)(1+4ca+b)>25.(2008，马其顿王国数学奥林匹克)
证明：所证不等式等价于(b+c+4a)(c+a+4b)(a+b+4c)>25(a+b)(b+c)(c+a).令a+b+c=s，则上式又等价于(s+3a)(s+3b)(s+3c)>25(s-a)(s-b)(s-c)4s3+9s∑ab+27abc>25(s∑ab-abc)趕3+13abc>4s∑ab.
∵s3=(a+b+c)3=∑a3+3∑ab(a+b)+6abc,s∑ab=∑ab(a+b)+3abc凇芶3+3∑ab(a+b)+6abc+13abc>4(∑ab(a+b)+3abc)凇芶3-∑ab(a+b)+7abc>0
∑a(a-b)(a-c)+4abc>0.
由Suchur不等式知最后一式成立，故所证得证.
例3 已知a,b,c是正数，且a+b+c=1，证明：∑1bc+a+1a≤2731(2008年，玈erbian数学奥林匹克试题).
证明：原式等价于∑9a2+9abc+9-31aa2+abc+1≥0.不妨设a≥b≥c，显然有9(a+b)<31等，所以容易证明9a2+9abc+9-31a≤9b2+9abc+9-31b≤9c2+9abc+9-31c,1a2+abc+1≤1b2+abc+1≤1c2+abc+1，因此，由切比雪夫(Chebyshev)不等式有
3∑9a2+9abc+9-31aa2+abc+1≥∑(9a2+9abc+9-31a)?∑1a2+abc+1.
于是只要证明∑(9a2+9abc+9-31a)≥0，它等价于9∑a2+27abc+27-31∑a≥0，因为a+b+c=1，所以只要证明9∑a2+27abc-4≥0，即9∑a∑a2+27abc-4(∑a)3≥0，①而∑a∑a2=∑a3+∑ab(a+b),(∑a)3=∑a3+3∑ab(a+b)+6abc，于是①式等价于9［∑a3+∑ab(a+b)］+27abc-4［∑a3+3∑ab(a+b)+6abc］≥05∑a3-3∑ab(a+b)+3abc≥03∑a(a-b)(a-c)+2(∑a3-3abc)≥0.由Schur不等式和∑a3≥3abc知最后一式成立，故所证得证.
例4 设正实数a,b,c，求证：
a+1b-cb+1c-a+b+1c-ac+1a-b+c+1a-ba+1b-c≥3(2000，IMO预选题)
证明：令a=xy,b=yz,c=zx，则所证等价于∑xy+zy-1yz+xz-1≥3.(1)讵∑(x+z-y)(x+y-z)yz≥3凇苮(x+z-y)(x+y-z)≥3xyz凇苮［x2-(y-z)2］≥3xyz凇苮3-∑x(y-z)2≥3xyz凇苮3-∑x(y2+z2-2yz)≥3xyz凇苮3-∑xy(x+y)+3xyz≥0凇苮(x-y)(x-z)≥0.
由(2)式即得.
注：在例4中令x+z-y=2p,x+y-z=2q,y+z-x=2r，则x=p+q,y=q+r,z=r+p,则(1)式又等价于∑2p?2q(p+r)(q+r)≥3，即凇苝q(p+r)(q+r)≥34.(3)
例5 正实数a,b,c满足a+b+c=1，求证：a-bca+bc+b-cab+ca+c-abc+ab≤32.(2008，加拿大数学奥林匹克试题)
证明：原不等式等价于3-2?bca+bc+cab+ca+abc+ab≤32赼bc+ab+bca+bc+cab+ca≥34赼b(1-a)(1-b)+bc(1-b)(1-c)+ca(1-c)(1-a)≥34赼b(b+c)(c+a)+bc(c+a)(a+b)+
ca(a+b)(b+c)≥34.由(3)式知上式成立，故例5得证.
参考文献
［1］黄伟亮.几个不等式的共同背景［J］.中学数学研究(广州)，2007(6).
［2］苏昌木盛、孙建斌.背景不等式的进一步研究［J］.中学数学研究(广州)，2008(8).
安徽省芜湖市第十四中学 (241000)
安徽省南陵县实验中学(241300)
文［2］受文［1］启发，给出“背景不等式”：
abc≥(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)的若干运用，实际上abc≥(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)是Schur不等式的特例.
Schur不等式是指：设x,y,z为非负实数，r>0，则有∑x瑀(x-y)(x-z)≥0(1)，特别当r=1时，有∑x(x-y)(x-z)≥0(2).
由(2)式∑a(a-b)(a-c)≥0不难得到abc≥(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b).
下面通过例题说明(2)式在证明竞赛不等式中的运用.
例1 设a,b,c>0，且ab+bc+ca=1，求证：a3+a+b3+b+c3+c≥
2a+b+c(伊朗，2008数学奥林匹克)
证明：所证不等式等价于
∑a(a+b)(a+c)≥2(a+b+c)(ab+bc+ca)
凇芶(a+b)(a+c)+2∑(a+b)?ab(a+b)(a+c)≥4∑ab(a+b)+12abc凇芶3+∑(a+b)ab(a+b)(a+c)≥3∑ab?(a+b)+9abc.
由柯西不等式知：ab(a+b)(a+c)=(ab+bc)(ab+ac)≥(ab+ab?c)2,于是只需证∑a3+2∑(a+b)(ab+ab?c)≥3∑ab(a+b)+9abc凇芶3+2∑ab(a+b)+2∑(a+b)?abc≥3∑ab(a+b)+9abc凇芶3+2∑(a+b)abc≥∑ab(a+b)+9abc.
因为a+b≥2ab，故只需证凇芶3+12abc≥∑ab(a+b)+9abc凇芶3-∑ab(a+b)+3abc≥0凇芶(a-b)(a-c)≥0.
由Schur不等式知最后一式成立，故所证得证.
例2 如果a,b,c是正实数，求证：
(1+4ab+c)(1+4bc+a)(1+4ca+b)>25.(2008，马其顿王国数学奥林匹克)
证明：所证不等式等价于(b+c+4a)(c+a+4b)(a+b+4c)>25(a+b)(b+c)(c+a).令a+b+c=s，则上式又等价于(s+3a)(s+3b)(s+3c)>25(s-a)(s-b)(s-c)4s3+9s∑ab+27abc>25(s∑ab-abc)趕3+13abc>4s∑ab.
∵s3=(a+b+c)3=∑a3+3∑ab(a+b)+6abc,s∑ab=∑ab(a+b)+3abc凇芶3+3∑ab(a+b)+6abc+13abc>4(∑ab(a+b)+3abc)凇芶3-∑ab(a+b)+7abc>0
∑a(a-b)(a-c)+4abc>0.
由Suchur不等式知最后一式成立，故所证得证.
例3 已知a,b,c是正数，且a+b+c=1，证明：∑1bc+a+1a≤2731(2008年，玈erbian数学奥林匹克试题).
证明：原式等价于∑9a2+9abc+9-31aa2+abc+1≥0.不妨设a≥b≥c，显然有9(a+b)<31等，所以容易证明9a2+9abc+9-31a≤9b2+9abc+9-31b≤9c2+9abc+9-31c,1a2+abc+1≤1b2+abc+1≤1c2+abc+1，因此，由切比雪夫(Chebyshev)不等式有
3∑9a2+9abc+9-31aa2+abc+1≥∑(9a2+9abc+9-31a)?∑1a2+abc+1.
于是只要证明∑(9a2+9abc+9-31a)≥0，它等价于9∑a2+27abc+27-31∑a≥0，因为a+b+c=1，所以只要证明9∑a2+27abc-4≥0，即9∑a∑a2+27abc-4(∑a)3≥0，①而∑a∑a2=∑a3+∑ab(a+b),(∑a)3=∑a3+3∑ab(a+b)+6abc，于是①式等价于9［∑a3+∑ab(a+b)］+27abc-4［∑a3+3∑ab(a+b)+6abc］≥05∑a3-3∑ab(a+b)+3abc≥03∑a(a-b)(a-c)+2(∑a3-3abc)≥0.由Schur不等式和∑a3≥3abc知最后一式成立，故所证得证.
例4 设正实数a,b,c，求证：
a+1b-cb+1c-a+b+1c-ac+1a-b+c+1a-ba+1b-c≥3(2000，IMO预选题)
证明：令a=xy,b=yz,c=zx，则所证等价于∑xy+zy-1yz+xz-1≥3.(1)讵∑(x+z-y)(x+y-z)yz≥3凇苮(x+z-y)(x+y-z)≥3xyz凇苮［x2-(y-z)2］≥3xyz凇苮3-∑x(y-z)2≥3xyz凇苮3-∑x(y2+z2-2yz)≥3xyz凇苮3-∑xy(x+y)+3xyz≥0凇苮(x-y)(x-z)≥0.
由(2)式即得.
注：在例4中令x+z-y=2p,x+y-z=2q,y+z-x=2r，则x=p+q,y=q+r,z=r+p,则(1)式又等价于∑2p?2q(p+r)(q+r)≥3，即凇苝q(p+r)(q+r)≥34.(3)
例5 正实数a,b,c满足a+b+c=1，求证：a-bca+bc+b-cab+ca+c-abc+ab≤32.(2008，加拿大数学奥林匹克试题)
证明：原不等式等价于3-2?bca+bc+cab+ca+abc+ab≤32赼bc+ab+bca+bc+cab+ca≥34赼b(1-a)(1-b)+bc(1-b)(1-c)+ca(1-c)(1-a)≥34赼b(b+c)(c+a)+bc(c+a)(a+b)+
ca(a+b)(b+c)≥34.由(3)式知上式成立，故例5得证.
参考文献
［1］黄伟亮.几个不等式的共同背景［J］.中学数学研究(广州)，2007(6).
［2］苏昌木盛、孙建斌.背景不等式的进一步研究［J］.中学数学研究(广州)，2008(8).
