不等式两题

guanmo1

1．$a^3+b^3+c^3+3 a b c \geq a b(a+b)+b c(b+c)+c a(c+a)$

2． m 为实数 $x_1, x_1, x_2, \cdots, x_{101}$ 的中位数，且 $\sum_{i=1}^{101} x_i=0, \sum_{i=1}^{101} x_i^2=1$，求 $\max \{m\}$

kuing

第一个就不说了，第二个还有点意思，虽然很容易猜到答案，但论证起来就不太容易。

下面将 $101$ 一般化为 $2n+1$。

由于将各数变为其相反数后仍满足条件，因此总可以将中位数变为非负，故此可以不妨设 $m\geqslant0$。

由于 $m$ 为中位数，故可设其余 $2n$ 个数为 $m+a_1$, $m+a_2$, $\ldots$, $m+a_n$, $m-b_1$, $m-b_2$, $\ldots$, $m-b_n$，其中 $a_i$, $b_i\geqslant0$，代入条件中展开整理为
\begin{gather*}
(2n+1)m+\sum_{i=1}^na_i-\sum_{i=1}^nb_i=0,\\
(2n+1)m^2+2m\left( \sum_{i=1}^na_i-\sum_{i=1}^nb_i \right)+\sum_{i=1}^na_i^2+\sum_{i=1}^nb_i^2=1,
\end{gather*}
前者代入后者得
\[-(2n+1)m^2+\sum_{i=1}^na_i^2+\sum_{i=1}^nb_i^2=1,\]
因为 $\sum_{i=1}^na_i^2\geqslant0$ 且
\[\sum_{i=1}^nb_i^2\geqslant\frac1n\left( \sum_{i=1}^nb_i \right)^2=\frac1n\left( (2n+1)m+\sum_{i=1}^na_i \right)^2\geqslant \frac{(2n+1)^2m^2}n,\]
所以
\[-(2n+1)m^2+\frac{(2n+1)^2m^2}n\leqslant1,\]
得到
\[m\leqslant\sqrt{\frac n{(2n+1)(n+1)}},\]
不难验证当
\begin{gather*}
x_1=x_2=\cdots=x_n=-\sqrt{\frac{n+1}{(2n+1)n}},\\
x_{n+1}=x_{n+2}=\cdots=x_{2n+1}=\sqrt{\frac n{(2n+1)(n+1)}}
\end{gather*}
时满足条件，此时 $m=\sqrt{\frac n{(2n+1)(n+1)}}$，所以这就是最大值。

kuing

推广：给定正整数 $n$, $k$, $n\geqslant3$, $k\leqslant n$，设 $m$ 为实数 $x_1$, $x_2$, $\ldots$, $x_n$ 由小到大排列的第 $k$ 个数的值，这些数满足 $x_1+x_2+\cdots+x_n=0$, $x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2=1$，求 $m$ 的最大值。

解：
（1）当 $1<k<n$ 时，先说明 $m$ 一定可以取到正数。
容易验证当
\begin{gather*}
x_1=x_2=\cdots=x_{k-1}=-\sqrt{\frac{n-k+1}{n(k-1)}},\\
x_k=x_{k+1}=\cdots=x_n=\sqrt{\frac{k-1}{n(n-k+1)}}
\end{gather*}
时满足条件，此时 $m=\sqrt{\frac{k-1}{n(n-k+1)}}$ 为正，因此 $m$ 的最大值必为正，故此可以不妨设 $m>0$。

由于 $m$ 是由小到大第 $k$ 个数，故可设其余 $n-1$ 个数为 $m-b_1$, $m-b_2$, $\ldots$, $m-b_{k-1}$, $m+a_1$, $m+a_2$, $\ldots$, $m+a_{n-k}$，其中 $a_i$, $b_i\geqslant0$，代入条件中展开整理为
\begin{gather*}
nm+\sum_{i=1}^{n-k}a_i-\sum_{i=1}^{k-1}b_i=0,\\
nm^2+2m\left( \sum_{i=1}^{n-k}a_i-\sum_{i=1}^{k-1}b_i \right)+\sum_{i=1}^{n-k}a_i^2+\sum_{i=1}^{k-1}b_i^2=1,
\end{gather*}
前者代入后者得
\[-nm^2+\sum_{i=1}^{n-k}a_i^2+\sum_{i=1}^{k-1}b_i^2=1,\]
因为 $\sum_{i=1}^{n-k}a_i^2\geqslant0$ 且
\[\sum_{i=1}^{k-1}b_i^2\geqslant\frac1{k-1}\left( \sum_{i=1}^{k-1}b_i \right)^2=\frac1{k-1}\left( nm+\sum_{i=1}^{n-k}a_i \right)^2\geqslant\frac{n^2m^2}{k-1},\]
所以
\[-nm^2+\frac{n^2m^2}{k-1}\leqslant1,\]
得到
\[m\leqslant\sqrt{\frac{k-1}{n(n-k+1)}},\]
而开头所举的例就是取等条件，所以这就是 $m$ 的最大值；

（2）当 $k=n$ 时，$m$ 恒为正，类似于（1）那样设，只不过没有了那些 $a_i$，不难看出后面那些不等式都可照搬，而且开头所举的例也适用，所以结论相同；

（3）当 $k=1$ 时，$m$ 恒为负，也类似于（1）那样设，这次没有了 $b_i$，但后面的操作就不一样了，这时的式子是
\begin{gather*}
nm+\sum_{i=1}^{n-1}a_i=0,\\
-nm^2+\sum_{i=1}^{n-1}a_i^2=1,
\end{gather*}
因为
\[\sum_{i=1}^{n-1}a_i^2\leqslant\left( \sum_{i=1}^{n-1}a_i \right)^2=n^2m^2,\]
所以
\[-nm^2+n^2m^2\geqslant1,\]
由 $m$ 为负解得
\[m\leqslant-\sqrt{\frac1{n(n-1)}},\]
取等条件自然也不一样了，为
\[x_1=x_2=\cdots=x_{n-1}=-\sqrt{\frac1{n(n-1)}}, x_n=\sqrt{\frac{n-1}n}.\]

综上所述，$m$ 的最大值为
\[\led
&{-}\sqrt{\frac1{n(n-1)}}, && k=1,\\
&\sqrt{\frac{k-1}{n(n-k+1)}}, && 1<k\leqslant n.
\endled\]

另外，如无意外地，将有：$m$ 的最小值为
\[\led
&{-}\sqrt{\frac{n-k}{nk}}, && 1\leqslant k< n,\\
&\sqrt{\frac1{n(n-1)}}, && k=n.
\endled\]

力工

kuing强！这么晚还在线，冬季多保养！

guanmo1

第一题，照顾照顾咱不等式盲吧。

guanmo1

如果结论弱一点，即左边那个3abc如果还是三个立方和就好办了。

guanmo1

没人帮忙啦？

走走看看

回复 7# guanmo1


不会做，但这应该是轮换对称不等式，a换成b，b换成c，c换成a，不等式不变。找到了一个链接，专门阐述轮换对称不等式，但还是不能解决你的问题。也许能给你一个启发，所以把链接放在这里。
再看一下，还是对称式，如把a、b互换，结果不变。经验证a、b、c为负数时不成立，所以a、b、c应该非负。

wenku.baidu.com/view/46207b5677232f60ddcca154.html
wenku.baidu.com/view/d5752d81c1c708a1284a446c.html

这里还有一个更好的链接：
wenku.baidu.com/view/bb08683083c4bb4cf7ecd1af.html

走走看看

回复 8# 走走看看


下面是贴吧的问答：
tieba.baidu.com/p/5518003924?pid=117119177749#117119177749

这里找到了一个链接：
wenku.baidu.com/view/33cebbef6294dd88d0d26b24.html
其中的例题3就提到了这个不等式，名叫舒尔不等式，

终于找到了这个证明：
不妨设x>=y>=z
∑x(x-y)(x-z)
=x(x-y)(x-z)+y(y-x)(y-z)+z(z-x)(z-y)
>=x(x-y)(x-z)+y(y-x)(y-z)
>=x(x-y)(y-z)+y(y-x)(y-z)
=(x-y)^2(y-z)
>=0
见baike.baidu.com/item/舒尔不等式。

guanmo1

回复 9# 走走看看


    谢谢帮忙！

走走看看

回复 10# guanmo1


不用谢！

走走看看

在贴吧13楼中
tieba.baidu.com/p/5518003924?pid=117119177749#117119177749，有个“柯西的前女友”给出了“Π(x+y-z)≤xyz”这种证法，经验证：把它们展开后就是要证的不等式。
但是她指出根据均值不等式易得到Π(x+y-z)≤xyz，但是如何能推导出这个式子呢？
任意三个正数x、y、z，除三个数相等的情况外，在x+y-z、y+z-x、z+x-y中必有一组是0或者是负数，所以三者之积必然小于零。
问题是：如何说明除三个数相等的情况外，在x+y-z、y+z-x、z+x-y中必有一组是0或者是负数？
请大师们赐教！

hbghlyj

走走看看 发表于 2018-1-15 10:29
回复 7# guanmo1
wenku.baidu.com/view/46207b5677232f60ddcca154.html

有关对称不等式的证明

四川省资阳中学 黄学文

关于对称不等式（任意互换两个字母，不等式不变）的证明，常见的方法除了有比较法，分析法，综合法，反证法外，还可以运用构造法，轮换法等方法证明，下面举列说明。

一 构造法

1、 构造函数

例1 设 0<x<1, 0<y<1, 0<z<1 求证：x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)<1

证明：构造函数f(x)= x(1-y)+y(1-z)+z(1-x)，整理，得f(x)=(1-y-z)x+(y+z-yz)

因为0<x<1, 0<y<1, 0<z<1，所以-1<1-y-z<1

(1) 当0<1-y-z<1时， f(x)在(0,1)上是增函数，于是 f(x)<1-yz<1；

(2) 当-1<1-y-z<0 时， f(x)在(0,1)上是减函数，于是 f(x)<f(0)=y+z-yz=1-(1-y)(1-z)<1

(3) 当1-y-z=0 ，即 y+z=1时，于是f(x)=y+z-yz=1-yz<1，所以原不等式成立。

2、 构造向量

例2 正实数a 、b 、c ，满足a+b+c=1，求证:$\sqrt{1-3 a^{2}}+\sqrt{1-3 b^{2}}+\sqrt{1-3 c^{2}} \leq \sqrt{6}$

证明：设m=($\sqrt{1-3 a^{2}}$$\sqrt{1-3 b^{2}}$,$\sqrt{1-3 c^{2}}$), n=($\sqrt{\frac{2}{3}}$,$\sqrt{\frac{2}{3}}$,$\sqrt{\frac{2}{3}}$)

则m·n=$\sqrt{\frac{2}{3}}$($\sqrt{1-3 a^{2}}$+$\sqrt{1-3 b^{2}}$+$\sqrt{1-3 c^{2}}$)$\leq$$\sqrt{2}$·$\sqrt{1-3 a^{2}+1-3 b^{2}+1-3 c^{2}}$=

$\sqrt{2}$·$\sqrt{3-3\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)}$$\leq$$\sqrt{2}$·$\sqrt{3-\frac{3(a+b+c)^{2}}{3}}$=$\sqrt{2}$

所以$\sqrt{1-3 a^{2}}+\sqrt{1-3 b^{2}}+\sqrt{1-3 c^{2}} \leq \sqrt{6}$ 当且仅当a=b=c=3时，等号成立。

3 构造复数

例3 设0<a<1,0<b<1,

求证:$\sqrt{a^{2}+b^{2}}$+$\sqrt{a^{2}+(1-b)^{2}}$+$\sqrt{(1-a)^{2}+b^{2}}$+$\sqrt{(1-a)^{2}+(1-b)^{2}}$$\geq$2$\sqrt{2}$

证明：构造复数$z_1 =a+bi,z_2 =a+(1-b)i,z_3 =(1-a)+bi ,z_4=(1-a)+(1-b)i$

用复数模的性质，得左边=$\left|z_{1}\right|$+$\left|z_{2}\right|$+$\left|z_{3}\right|$+$\left|z_{4}\right|$$\geq$$\left|z_{1}+z_{2}+z_{3}+z_{4}\right|$=$|2+2 i|$=2$\sqrt{2}$

所以原不等式成立。

二 轮换法

例4 a 、b、c$\in$R⁺,求证:$\frac{1}{2 a}+\frac{1}{2 b}+\frac{1}{2 c} \geq \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}$

证明：因为$\frac{1}{2 a}+\frac{1}{2 b} \geq 2 \sqrt{\frac{1}{2 a}} \cdot \frac{1}{2 b}=\frac{1}{\sqrt{a b}} \geq \frac{2}{a+b}$ 所以$\frac{1}{2 a}+\frac{1}{2 b} \geq \frac{2}{a+b}$

同理可得$\frac{1}{2 b}+\frac{1}{2 c} \geq \frac{2}{b+c}$ $\frac{1}{2 c}+\frac{1}{2 a} \geq \frac{2}{c+a}$

所以$\frac{1}{2 a}+\frac{1}{2 b}+\frac{1}{2 c} \geq \frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}+\frac{1}{c+a}$

所以原不等式得证。

例5 已知$a,b,c\in R$⁺，求证:$a^ab^bc^c\ge(abc)^{\frac{a+b+c}3}$

证明：设$a\geq b \geq c$,则$\frac{a^{a} b^{b}}{a^{b} b^{a}}$=$\left(\frac{a}{b}\right)^{a-b}$$\geq$1

所以a^ab^b$\geq$a^bb^a

同理可得a^ab^b$\geq$b^cc^b, c^ca^a$\geq$c^aa^c 三式相乘，得(a^ab^bc^c)²$\geq$a^b+cb^a+cc^a+b

从而得(a^ab^bc^c)³$\geq$(abc)^a+b+c 所以原不等式成立。

三、换元法

例6 求证：$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y} \geq \frac{3}{2}$ (其中x、y、z均为正数)

证明：设y+z=2a 、 z+x=2b 、 x+y=2c, 则x=b+c-a 、 y=c+a-b、 z=a+b-c

因为a、b、c>0,得左边=

$\frac{b+c-a}{2 a}+\frac{c+a-b}{2 b}+\frac{a+b-c}{2 c}=\left(\frac{b}{2 a}+\frac{a}{2 b}\right)+\left(\frac{c}{2 b}+\frac{b}{2 c}\right)+\left(\frac{a}{2 c}+\frac{c}{2 a}\right)-\frac{3}{2} \geq 1+1+1-\frac{3}{2}=$右边。所以原不等式得证。

例7 已知a、b$\in$R，且a+b=1 求证: (a+2)²+(b+2)²$\geq$$\frac{25}{2}$

证明：设a=$\frac{1}{2}+$t, b=$\frac{1}{2}-$t (t$\in$R)

则(a+2)²+(b+2)²=($\frac{1}{2}$+t+2)²+($\frac{1}{2}$-t+2)²=(t+$\frac{5}{2}$)²+(t-$\frac{5}{2}$)²=2t²+$\frac{25}{2}$$\geq$$\frac{25}{2}$

当且仅当t=0时，等号成立。

四 放缩法

例8 a、b是正实数，且a+b=1 求证:$\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}<\frac{3}{2}$

证明: $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}<\frac{1+b}{a+1+b}+\frac{1+a}{b+1+a}=\frac{2+a+b}{a+b+1}=\frac{3}{2}$

所以原不等式得证。

hbghlyj

走走看看 发表于 2018-1-15 10:29
回复 7# guanmo1
wenku.baidu.com/view/d5752d81c1c708a1284a446c.html

谈谈对称式不等式的证明

甘志国(该文已发表 中小学数学(高中)，2011(6)：36-38)

普通高中课程标准实验教科书《数学选修4-5·A版·不等式选讲》(人民教育出版社，2007年第2版) (下简称《不等式选讲》) 第22-23页的例3及第23页的第4题(其解答见与《不等式选讲》配套使用的《教师教学用书》(下简称《教师用书》)第24页)分别是：

题1 已知$a, b$是正数，求证$a^{a} b^{b} \geq a^{b} b^{a}$，当且仅当$a=b$时，等号成立.

证明 将不等式两边相除，得

$\frac{a^{a} b^{b}}{a^{b} b^{a}} \geq a^{a-b} b^{b-a}=\left(\frac{a}{b}\right)^{a-b}$

根据要证的不等式的特点(交换$a, b$的位置，不等式不变)，不妨设$a \geq b>0$，于是

$\frac{a}{b} \geq 1, a-b \geq 0$

所以

$\left(\frac{a}{b}\right)^{a-b} \geq 1$

当且仅当$a=b$时，等号成立.所以

$a^{a} b^{b} \geq a^{b} b^{a}$

当且仅当$a=b$时，等号成立.

题2 已知$a, b, c$是正数，求证$a^{2 a} b^{2 b} c^{2 c} \geq a^{b+c} b^{c+a} c^{a+b}$.

证明 因为$a, b, c$是正数，不妨设$a \geq b \geq c>0$，则

$\left(\frac{a}{b}\right)^{a-b} \geq 1,\left(\frac{b}{c}\right)^{b-c} \geq 1,\left(\frac{c}{a}\right)^{a-b} \geq 1$

因为$a^{b+c} b^{c+a} c^{a+b}>0$，且

$\frac{a^{2 a} b^{2 b} c^{2 c}}{a^{b+c} b^{c+a} c^{a+b}}=a^{2 a-b-c} b^{2 b-c-a} c^{2 c-a-b}=\left(\frac{a}{b}\right)^{a-b}\left(\frac{b}{c}\right)^{b-c}\left(\frac{c}{a}\right)^{a-b} \geq 1$

所以

$a^{2 a} b^{2 b} c^{2 c} \geq a^{b+c} b^{c+a} c^{a+b}$

不少学生对题1的证明中的“根据要证的不等式的特点(交换$a, b$的位置，不等式不变)，不妨设$a \geq b>0$”是怎么来的，不甚清楚；对题2的证明中的“因为$a, b, c$是正数，不妨设$a \geq b \geq c>0$”是怎么来的，更是一头雾水.

我们先来看题1，要证明的式子是$a^{a} b^{b} \geq a^{b} b^{a}$(当且仅当$a=b$时取等号)，这个式子是关于$a, b$对称的，也就是说$a, b$的地位相同，即把$a, b$互换后得到的不等式$b^{b} a^{a} \geq b^{a} a^{b}$与原不等式$a^{a} b^{b} \geq a^{b} b^{a}$是同一个不等式，所以，若能证得“$a \geq b$时原不等式成立”，则把这个证得的结论$a, b$互换后得到的结论也成立，也就是“$b \geq a$时原不等式成立”.因为$a \geq b, b \geq a$时原不等式均成立，所以欲证成立.

这就说明，若要证的不等式是关于$a, b$对称的，则证明时可添加条件“可不妨设$a \geq b$”，若$a, b$都是正数，则证明时可添加条件“可不妨设$a \geq b>0$”.

再来看题2，要证明的式子是$a^{2 a} b^{2 b} c^{2 c} \geq a^{b+c} b^{c+a} c^{a+b}$，这个式子是关于$a, b, c$对称的，也就是说$a, b, c$的地位相同，即把$a, b$互换后、$b, c$互换后、$c, a$互换后得到的不等式与原不等式是同一个不等式(请读者验证)，所以，若能证得“$a \geq b \geq c$时原不等式成立”，则把这个证得的结论$a, b$互换后、或$b, c$互换后、或$c, a$互换后得到的结论均成立，这样便得，对于$a, b, c$的所有大小顺序的情形(共$A_{3}^{3}=6$种情形)均有欲证成立.

这就说明，若要证的不等式是关于$a, b, c$对称的，则证明时可添加条件“可不妨设$a \geq b \geq c$”，若$a, b, c$都是正数，则证明时可添加条件“可不妨设$a \geq b \geq c>0$”.

运用题1的结论还可简证题2：

$a^{a} b^{b} \geq a^{b} b^{a}, b^{b} c^{c} \geq b^{c} c^{b}, c^{c} a^{a} \geq c^{a} a^{c}$

把它们相乘即得欲证.

下面再介绍几道典型的对称式不等式的证明.

例1 已知$a, b, c$是正数，求证$a^{a} b^{b} c^{c} \geq(a b c)^{\frac{a+b+c}{3}}$.

证法1 因为要证明的不等式关于$a, b, c$对称，所以可不妨设$a \geq b \geq c>0$，得$a-b, b-c, a-c$均为非负数，$\frac{a}{b}, \frac{b}{c}, \frac{a}{c}$均不小于1.所以有

$\frac{a^{a} b^{b} c^{c}}{(a b c)^{\frac{a+b+c}{3}}}=a^{\frac{2 a-b-c}{3}} b^{\frac{2 b-a-c}{3}} c^{\frac{2 c-a-b}{3}}=a^{\frac{a-b}{3}} a^{\frac{a-c}{3}} b^{\frac{b-a}{3}} b^{\frac{b-c}{3}} c^{\frac{c-a}{3}} c^{\frac{c-b}{3}}=\left(\frac{a}{b}\right)^{\frac{a-b}{3}}\left(\frac{b}{c}\right)^{\frac{a-b}{3}}\left(\frac{a}{c}\right)^{\frac{a-c}{3}} \geq 1$

得欲证成立.

证法2 可不妨设$a \geq b \geq c>0$，得

$a^{2 a-b-c} b^{2 b-c-a} c^{2 c-a-b} \geq b^{2 a-b-c} b^{2 b-c-a} c^{2 c-a-b}=b^{a+b-2 c} c^{2 c-a-b}=\left(\frac{b}{c}\right)^{a+b-2 c} \geq 1$

得欲证成立.

证法3 由题2的结论，立得$a^{3 a} b^{3 b} c^{3 c} \geq a^{a+b+c} b^{c+a+b} c^{a+b+c}$，再得欲证.

注 可把例1的结论推广为：

若$a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{n} \in R^+$，则$a_{1}^{a_{1}} a_{2}^{a_{2}} \cdots a_{n}^{a_{n}} \geq\left(a_{1} a_{2} \cdots a_{n}\right)^{\frac{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}{n}}$.

例2 已知$a, b, c$是正数，求证：

(1)$\frac{a^{4}+b^{4}+c^{4}}{a b c} \geq a+b+c$；

(2)$\frac{a^{5}+b^{5}+c^{5}}{a b c} \geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$.

证明 可不妨设$a \geq b \geq c>0$，得

(1) $a^{2}\left(a^{2}-b c\right)+b^{2}\left(b^{2}-c a\right)+c^{2}\left(c^{2}-a b\right) \geq b^{2}\left(a^{2}-b c\right)+b^{2}\left(b^{2}-c a\right)+b^{2}\left(c^{2}-a b\right)$

$=b^{2}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}-a b-b c-c a\right)=\frac{1}{2} b^{2}\left[(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}\right] \geq 0$

得欲证成立.

(2) $a^{3}\left(a^{2}-b c\right)+b^{3}\left(b^{2}-c a\right)+c^{3}\left(c^{2}-a b\right) \geq b^{3}\left(a^{2}-b c\right)+b^{3}\left(b^{2}-c a\right)+c^{3}\left(c^{2}-a b\right)$

$=b^{3}\left(a^{2}+b^{2}-b c-c a\right)+c^{3}\left(c^{2}-a b\right) \geq c^{3}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}-a b-b c-c a\right)$

$=\frac{1}{2} b^{2}\left[(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}\right] \geq 0$

得欲证成立.

例3 已知$a, b, c$是正数，求证$\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b} \geq \frac{a+b+c}{2}$.

证明 可不妨设$a \geq b \geq c>0$，得

$2\left(\frac{a^{2}}{b+c}+\frac{b^{2}}{c+a}+\frac{c^{2}}{a+b}-\frac{a+b+c}{2}\right)=\frac{2 a^{2}-a b-a c}{b+c}+\frac{2 b^{2}-b a-b c}{c+a}+\frac{2 c^{2}-c a-c b}{a+b}$

$=\frac{a(2 a-b-c)}{b+c}+\frac{b(2 b-a-c)}{c+a}+\frac{c(2 c-a-b)}{a+b} \geq \frac{b(2 a-b-c)}{a+c}+\frac{b(2 b-a-c)}{c+a}+\frac{c(2 c-a-b)}{a+b}$$\geq \frac{b(a+b-2 c)}{a+c}+\frac{c(2 c-a-b)}{a+b}=\frac{(b-c)(a+b-2 c)}{a+c} \geq 0$

得欲证成立.

例4 (IMO25·1)设$x, y, z$是非负实数，且$x+y+z=1$，证明：$0 \leq y z+z x+x y-2 x y z \leq \frac{7}{27}$.

证明 可不妨设$x \geq y \geq z \geq 0$.由$x+y+z=1$，得$z \leq \frac{1}{3}, x+y \geq \frac{2}{3}$，所以

$2 x y z \leq \frac{2}{3} x y \leq x y$

$0 \leq y z+z x+x y-2 x y z$

可设$x+y=\frac{2}{3}+\varepsilon, z=\frac{1}{3}-\varepsilon\left(0 \leq \varepsilon \leq \frac{1}{3}\right)$，得

$y z+z x+x y-2 x y z=z(x+y)+x y(1-2 z)=\left(\frac{1}{3}-\varepsilon\right)\left(\frac{2}{3}+\varepsilon\right)+x y\left(\frac{1}{3}+2 \varepsilon\right)$

$\leq\left(\frac{1}{3}-\varepsilon\right)\left(\frac{2}{3}+\varepsilon\right)+\left(\frac{1}{3}+\frac{\varepsilon}{2}\right)^{2}\left(\frac{1}{3}+2 \varepsilon\right)=\frac{7}{27}-\frac{\varepsilon^{2}}{4}+\frac{\varepsilon^{3}}{2}=\frac{7}{27}-\frac{\varepsilon^{2}}{2}\left(\frac{1}{2}-\varepsilon\right) \leq \frac{7}{27}$

最后，笔者要提醒的是，有些不等式貌似对称式不等式，实则不是，比如，

题3 已知$a, b, c, d$是正数，求证$\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+\frac{1}{d^{2}} \geq \frac{1}{a b}+\frac{1}{b c}+\frac{1}{c d}+\frac{1}{d a}$.

该题中的不等式就不是对称式不等式，因为把$a, b$互换后得到的不等式与原不等式不同，所以在证明时就不能添加条件“可不妨设$a \geq b \geq b \geq d \geq 0$”.

这道题可用柯西(Cauchy，Augustin-Louis,1789-1857)不等式来证明：

$\left(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+\frac{1}{d^{2}}\right)\left(\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+\frac{1}{d^{2}}+\frac{1}{a^{2}}\right) \geq\left(\frac{1}{a b}+\frac{1}{b c}+\frac{1}{c d}+\frac{1}{d a}\right)^{2}$

我们再来看与《不等式选讲》配套使用的教辅资料《世纪金榜》(未来出版社，2010年印刷)第42页的最后一题：

题4 设$x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n} \in R^+$，求证：

$\frac{x_{1}^{2}}{x_{2}}+\frac{x_{2}^{2}}{x_{3}}+\cdots+\frac{x_{n-1}^{2}}{x_{n}}+\frac{x_{n}^{2}}{x_{1}} \geq x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}$

给出的解答是：

不妨设$x_{1} \geq x_{2} \geq \cdots \geq x_{n}>0$，则

$x_{1}^{2} \geq x_{2}{ }^{2} \geq \cdots \geq x_{n}{ }^{2}, \frac{1}{x_{1}} \leq \frac{1}{x_{2}} \leq \cdots \leq \frac{1}{x_{n}}$

由排序不等式，得

$\frac{x_{1}^{2}}{x_{2}}+\frac{x_{2}^{2}}{x_{3}}+\cdots+\frac{x_{n-1}^{2}}{x_{n}}+\frac{x_{n}^{2}}{x_{1}} \geq \frac{x_{1}^{2}}{x_{1}}+\frac{x_{2}^{2}}{x_{2}}+\cdots+\frac{x_{n}^{2}}{x_{n}}=x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}$

所以欲证成立.

因为式子$\frac{x_{1}^{2}}{x_{2}}+\frac{x_{2}^{2}}{x_{3}}+\cdots+\frac{x_{n-1}^{2}}{x_{n}}+\frac{x_{n}^{2}}{x_{1}}$不是关于$x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}$的对称式，所以“不妨设$x_{1} \geq x_{2} \geq \cdots \geq x_{n}>0$”是错误的.可这样证明：

设$x_{i_{1}} \geq x_{i_{2}} \geq \cdots \geq x_{i_{n}}>0$，其中$i_{1}, \dot{l}_{2}, \cdots, i_{n}$是$1,2, \cdots, n$的一个排列，则

$x_{i_{1}}{ }^{2} \geq x_{i_{2}}{ }^{2} \geq \cdots \geq x_{i_{n}}{ }^{2}, \frac{1}{x_{i_{1}}} \leq \frac{1}{x_{i_{2}}} \leq \cdots \leq \frac{1}{x_{i_{n}}}$

由排序不等式知，反序和最小，从而

$\frac{x_{1}^{2}}{x_{2}}+\frac{x_{2}^{2}}{x_{3}}+\cdots+\frac{x_{n-1}^{2}}{x_{n}}+\frac{x_{n}^{2}}{x_{1}} \geq \frac{1}{x_{i_{1}}} \cdot x_{i_{1}}{ }^{2}+\frac{1}{x_{i_{2}}} \cdot x_{i_{2}}{ }^{2}+\cdots+\frac{1}{x_{i_{n}}} \cdot x_{i_{n}}{ }^{2}$

$=x_{i_{1}}+x_{i_{2}}+\cdots+x_{i_{n}}=x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}$

所以欲证成立.

题4与《不等式选讲》第45页第4题实质相同，且《教师用书》第38页给出的解答是正确的.

题3、题4中的不等式是轮换式对称不等式，即该不等式中的字母按一定顺序轮换，比如把$x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n-1}, x_{n}$分别换为$x_{2}, x_{3}, \cdots, x_{n}, x_{1}$后，得到的不等式没有改变(见李长明，周焕山编《初等数学研究》(高等教育出版社，1995)第76页)；因而把$x_{2}, x_{3}, \cdots, x_{n-1}, x_{n}, x_{1}$分别换为$x_{3}, x_{4}, \cdots, x_{n}, x_{1}, x_{2}$后，得到的不等式没有改变；由此还得，把$x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n-2}, x_{n-1}, x_{n}$分别换为$x_{3}, x_{4}, \cdots, x_{n}, x_{1}, x_{2}$后，得到的不等式没有改变；…

对称式不等式一定是轮换式对称不等式，轮换式对称不等式不一定是对称式不等式. 一般来说，只有在对称式不等式中才可以先排定这些字母的大小顺序.

题5 (《不等式选讲》第45页第2题)设已知$a, b, c$为正数，用排序不等式证明

$2\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}\right) \geq a^{2}(b+c)+b^{2}(a+c)+c^{2}(a+b)$

《教师用书》第37页给出的解答是：

由于要证的式子中$a, b, c$是轮换对称的，所以不妨假设$a \leq b \leq c$.于是$a^{2} \leq b^{2} \leq c^{2}$.由排序不等式，得

$a^{2} a+b^{2} b+c^{2} c \geq a^{2} b+b^{2} c+c^{2} a$

$a^{2} a+b^{2} b+c^{2} c \geq a^{2} c+b^{2} a+c^{2} b$

把它们相加，便得欲证.

该证明的开头说“由于要证的式子中$a, b, c$是轮换对称的，所以不妨假设$a \leq b \leq c$”，这是不对的.实际上，可以验证要证的式子中$a, b, c$是对称的，所以可不妨设$a \leq b \leq c$”.

题6 (《不等式选讲》第45页第3题)设$a_{1}, a_{2}, a_{3}$为正数，求证

$\frac{a_{1} a_{2}}{a_{3}}+\frac{a_{2} a_{3}}{a_{1}}+\frac{a_{3} a_{1}}{a_{2}} \geq a_{1}+a_{2}+a_{3}$

《教师用书》第38页给出的解答是：

由于要证的式子中$a_{1}, a_{2}, a_{3}$是轮换对称的，所以不妨假设$a_{1} \geq a_{2} \geq a_{3}$.于是

$\frac{1}{a_{1}} \leq \frac{1}{a_{2}} \leq \frac{1}{a_{3}}, a_{2} a_{3} \leq a_{3} a_{1} \leq a_{1} a_{2}$

由排序不等式，得

$\frac{a_{1} a_{2}}{a_{3}}+\frac{a_{2} a_{3}}{a_{1}}+\frac{a_{3} a_{1}}{a_{2}} \geq \frac{1}{a_{3}} \cdot a_{2} a_{3}+\frac{1}{a_{1}} \cdot a_{3} a_{1}+\frac{1}{a_{2}} \cdot a_{1} a_{2}=a_{2}+a_{3}+a_{1}$

得欲证成立.

该证明的开头说“由于要证的式子中$a_{1}, a_{2}, a_{3}$是轮换对称的，所以不妨假设$a_{1} \geq a_{2} \geq a_{3}$”，这也是不对的.实际上，可以验证要证的式子中$a_{1}, a_{2}, a_{3}$是对称的，所以可不妨设$a_{1} \geq a_{2} \geq a_{3}$”.

hbghlyj

走走看看 发表于 2018-1-15 10:29
这里还有一个更好的链接：
wenku.baidu.com/view/bb08683083c4bb4cf7ecd1af.html

对不起，该文档已被删除

hbghlyj

走走看看 发表于 2018-1-17 01:59
这里找到了一个链接：
wenku.baidu.com/view/33cebbef6294dd88d0d26b24.html
其中的例题3就提到了这个不等式，名叫舒尔不等式，

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O-17

第一个就是三次 Schur
$$
\sum a^3+3abc-\sum ab(a+b)=\sum a(a-b)(a-c)=\frac{\sum ab(a+b)^2(a-b)^2}{\prod(a+b)}\geqslant0
$$