最新奥数读物----不等式的秘密 39

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打星号的是强烈推荐的，其他的书也是非常值得一读的，但是时间有限的情况下，可以暂时搁置。

通用书籍：中等数学（无论是刚入门还是国家队）第零阶段知识拓展《数学选修4-1：几何证明选讲》《数学选修4-5：不等式选讲》《数学选修3-X（忘了哪本）：初等数论初步》第一阶段：全国高中数学联赛各赛区预赛1、《五年高考三年模拟》B版或《3年高考2年模拟》第二轮复习专用高中数学联赛备考手册华东师范大学出版社*3、《奥赛经典：超级训练系列》高中数学沈文选主编湖南师范大学出版社*4、单樽《解题研究》*5、单樽《平面几何中的小花》（个别地区竞赛会考到平几）6、《平面几何》浙江大学出版社7、奥林匹克小丛书第二版《不等式的解题方法与技巧》苏勇熊斌著第二阶段：全国高中数学联合竞赛第一部分：一试《奥林匹克数学中的真题分析》沈文选湖南师范大学出版社*《高中数学联赛考前辅导》熊斌冯志刚华东师范大学出版社《数学竞赛培优教程（一试）》浙江大学出版社3、命题人讲座《数列与数学归纳法》单樽4、《数列与数学归纳法》（小丛书第二版，冯志刚）5、《数列与归纳法》浙江大学出版社韦吉珠6、《解析几何的技巧》单樽（建议买华东师大出版的版本）7、《概率与期望》单樽8、《同中学生谈排列组合》苏淳9、《函数与函数方程》奥林匹克小丛书第二版10、《三角函数》奥林匹克小丛书第二版11、《奥林匹克数学中的几何问题》沈文选*12、《圆锥曲线的几何性质》13、《解析几何》浙江大学出版社第二部分：加试（我怎么可能会说二试这种词语呢）平几1、高中数学竞赛解题策略(几何分册)沈文选*2、《奥林匹克数学中的几何问题》沈文选*3、奥林匹克小丛书第二版《平面几何》4、浙大小红皮《平面几何》5、沈文选《三角形的五心》6、田廷彦《三角与几何》7、田廷彦《面积与面积方法》不等式1、《初等不等式的证明方法》韩神2、9、命题人讲座《代数不等式》计神3、10、《重要不等式》中科大出版社11、奥林匹克小丛书《柯西不等式与平均值不等式》数论（9,10，11选一本即可，某位大神说二试改为四道题以来没出过难题）12、奥林匹克小丛书初中版《整除，同余与不定方程》13、13、奥林匹克小丛书《数论》14、命题人讲座《初等数论》冯志刚组合15、奥林匹克小丛书第二版《组合数学》16、奥林匹克小丛书第二版《组合几何》17、命题人讲座刘培杰《组合问题》18、《构造法解题》苏淳19、《从特殊性看问题》中科大出版社20、《抽屉原则》常庚哲第三部分：通用《中等数学增刊：高中数学联赛模拟题》*《多功能题典：高中数学竞赛》《数学奥林匹克研究教程》单樽奥林匹克小丛书第二版《高中数学竞赛中的解题方法与策略》第三阶段：中国数学奥林匹克（Chinese Mathematical Olympiad）及以上（本渣不自量力，竟然敢给这个阶段的大神推荐书籍，如果大神们虐题审美疲劳的话，也不妨一看）命题人讲座《圆》田廷彦《近代欧式几何学》《近代的三角形的几何学》《不等式的秘密》范建熊、隋振林《奥赛经典：奥林匹克数学中的数论问题》沈文选《奥赛经典：数学奥林匹克高级教程》叶军《初等数论难题集》命题人讲座《图论》奥林匹克小丛书第二版《图论》《走向IMO》今天仔细看了看。

不等式完整PPT课件

学习提示
与只是符号，而不表示具体的数.
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• 问题：
• 一次函数的图像、一元一次方程与一元一次不等式之间存在着哪些联系？
• 比如： • 一次函数：y=2x-6 • 一元一次方程：2x-6=0 • 一元一次不等式：2x-6>0或2x-6<0
• 归纳： • 观察函数y=2x-6的图像：
• 方程2x-6=0的解恰好是函数图像与x轴交点的横坐标；在x 轴上方的函数图像所对应的自变量x的取值范围，恰好是不等式2x-6>0的解集{x|x>3}；在x轴下方的函数图像所对应的自变量x的取值范围，恰好是不等式2x-6<0的解集 {x|x<3}．
念
ax2+bx+c＞（≥）0 或 ax2+bx+c＜（≤）0，其中，a、b、c 为常数，且 a≠0.
如果一元二次不等式中的二次项系数是负数，即 a 0 ，则可
以根据不等式的性质，将不等式两边同乘以 1，使其二次
项系数化为正数，然后再求解.
（1）当方程 ax2+bx+c=0 的判别式=b2-4ac＞0 时，方程有两个不相等的实数根 x1、x2（x1＜x2），此时不等式 ax2+bx+c＞0 的解集为（-∞， x1）∪（x2，+∞）；不等式 ax2+bx+c＜0 的解集为（x1，x2）.
x a(a 0) 型不等式来求解.这种方法称为“变量替换法”或
“换元法”.
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• 问题： • 资料显示：随着科学技术的发展，列车运行速度不断
提高．运行时速达200公里以上的旅客列车称为新时速旅客列车．在北京与天津两个直辖市之间运行的，设计运行时速达350公里的京津城际列车呈现出超越世界的“中国速度”，使得新时速旅客列车的运行速度值界定在200公里/小时与350 公里/小时之间．

不等式的秘密：只论前世，不计今生

不等式的秘密：只论前世，不计今生从古至今，'比较'都是人类生活中必不可少的部分。

有了比较，就有了像 '多、少、一样'等用于描述物体间数量关系的词语，这些词语抽象到数学中，就是我们从小学就熟知的'大于、小于、相等'（其中'大于和小于'我们称之为不等关系）。

不等关系与不等式“比较”如果总停留在'多与少'，那生活就永远是一个模糊的概念。

但人类文明是在不断进步的，从定性到定量是必然。

首先是一、二等数字的引入，然后是数的概念形成，数学中的不等关系变得更清晰了，人们可以借助数来表达物体间的数量关系。

如上图中，苹果个数的大小关系的本质蕴含在不等式中：2<6（少）,6=6（相等）,6>2（多）.这是单一的、独立存在的不等关系。

17世纪，伽利略引入函数的概念以后，数学家们使用函数来描述两个变量间的关系y=f(x),函数所体现的是'等量关系'。

另一方面，为了处理函数值域的上下界等问题，也有数学家开始使用表达式来描述常量、变量内部及变量间的一类'不等关系'，这样的表达式通常用符号'>'或'<'连结（如|x|>0），现在我们称之为不等式。

早期的'不等式'由于早期的数学并没有函数的概念、也没有形成'>'或'<'等符号，因此当时的不等式都是以文字来表述、使用'不足''超过'等词语体现的，也有部分不等式是后人根据早期数学家发现的等量关系去掉某些部分得到的。

（一）.圆周率π的近似值阿基米德（Archimedes，前287—前212年）使用'穷竭法'计算圆周率π的近似值是早期不等式运用的典型。

阿基米德从圆的内接和外接正六边形出发，逐步对边数加倍，直到内接正96边形和外接正96边形为止。

不等式的秘密(第一章)基本不等式

基本不等式The basic Inequalities均值不等式AM-GM InequalityAM-GM 不等式及其应用AM-GM Inequality and ApplicationsAM-GM 不等式the:AM-GM 不等对所有正实数 a 1,a 2,⋯,a n ,下列不等式成立a 1+a 2+⋯+a n n≥√a 1a 2⋯a n n 当且仅当 a 1=a 2=⋯=a n 时, 等号成立.For all positive real numbers a 1,a 2,…,a n , the following inequality holdsa 1+a 2+⋯+a n n≥√a 1a 2⋯a n n Equality occurs if and only if a 1=a 2=⋯=a n .Proof. 当 n =2 时,不等式显然成立. 如果不等式对 n 个正实数成立,那么它对 2n 个正实数也成立. 这是由于a 1+a 2+⋯+a 2n ≥n √a 1a 2⋯a n n +n √a n+1a n+2⋯a 2n n ≥2n √a 1a 2⋯a 2n 2n因此不等式对 n 是 2 的指数幂形式个正实数是成立的. 假设不等式对 n 成立,我们设a n =s n −1,s =a 1+a 2+⋯+a n−1 依据归纳假设,我们有s +s n −1≥n √a 1a 2⋯a n−1⋅s n −1n ⇒s ≥(n −1)√a 1a 2⋯a n−1n−1 因此,如果不等式对 n 个正实数成立,那么它对 n −1 个正实数成立,由归纳法 (Cauchy 归纳) 可知,不等式对每一个自然数 n 都是成立的. 当且仅当 a 1= a 2=⋯=a n 时,等号成立. ◻Proof. The inequality is clearly true for n =2. If it is true for n numbers, it will be true for 2n numbers becausea 1+a 2+⋯+a 2n ≥n √a 1a 2…a n n +n √a n+1a n+2⋯a 2n n ≥2n √a 1a 2⋯a n 2nThus the inequality is true for every number n that is an exponent of 2 . Suppose that the inequality is true for n numbers. We then choosea n =s n −1;s =a 1+a 2+⋯+a n−1According to the inductive hypothesis, we gets+sn−1≥n√a1a2…a n−1⋅sn−1n⇒s≥(n−1)√a1a2…a n−1n−1Therefore if the inequality is true for n numbers, it will be true for n−1 numbers. By induction (Cauchy induction), the inequality is true for every natural number n. Equality occurs if and only if a1=a2=⋯=a n◻AM-GM 不等式作为一个著名的、应用广泛的定理,在证明不等式方面也是不可缺少的.下面通过一些著名的不等式来研究它的强大的应用.As a matter of fact, the AM-GM inequality is the most famous and wide-appbed theorem. It is also indispensable in proving inequalities. Consider its strong applications through the following famous inequalities.Nesbitt不等式pro:Nesbitt不等式 (1) 证明对所有非负实数a,b,c,ab+c +bc+a+c a+b ≥32.(2) 证明对所有非负实数a,b,c,d,ab+c +bc+d+cd+a+da+b≥2.Proof. (1) 考虑下列表达式S=ab+c+bc+a+ca+bM=bb+c+cc+a+aa+bN=cb+c+ac+a+ba+b我们有M+N=3, 根据 AM-GM 不等式,我们得到M+S=a+bb+c+b+cc+a+c+aa+b≥3N+S=a+cb+c+a+bc+a+b+ca+b≥3所以M+N+2S≥6, 即有2S≥3⇒S≥32.(2) 考虑下列表达式S=ab+c+bc+d+cd+a+da+bM=bb+c+cc+d+dd+a+aa+bN=cb+c+dc+d+ad+a+ba+b则M+N=4. 根据 AM-GM 不等式,我们有M+S=a+bb+c+b+cc+d+c+dd+a+d+aa+b≥4N+S=a+cb+c+b+dc+d+a+cd+a+b+da+b=a+cb+c+a+cd+a+b+dc+d+b+da+b≥4(a+c)a+b+c+d+4(b+d)a+b+c+d=4因此, M+N+2S≥8, 即2S≥4⇒S≥2.当且仅当a=b=c=d或a=c,b= d=0或a=c=0,b=d. ◻其他证法Proof 1 . Using the well-known inequality(x+y+z)(1x+1y+1z)≥9 for x,y,z>0We get (ab+c +1)+(bb+c+1)+(ca+b+1)=12[(a+b)+(b+c)+(c+a)](1a+b+1 b+c +cc+a)≥92Therefore, ab+c +bc+a+ca+b≥92−3=32.Proof 2. Setting x=b+c,y=c+a,z=a+b, thena=y+z−x2,b=z+x−y2,c=x+y−z2(1) can be written asy+z−x2x +z+x−y2y+x+y−z2z≥32⇔(xy+yx)+(yz+zy)+(zx+xz)≥6This inequality is clearly true by the well-known inequality pq +qp≥2 for p,q>0Proof 3. (1) is equivalent to2[a(a+b)(a+c)+b(b+a)(b+c)+c(c+a)(c+b)]≥3(a+b)(b+c)(c+a)⇔2(a3+b3+c3)≥ab(a+b)+bc(b+c)+ca(a+b)The inequality follows by the well-known inequalityx3+y3≥xy(x+y)(⇔(x+y)(x−y)2≥0) for x,y≥0 Proof 4 . Using the AM-GM inequality, we obtaina2 b+c +b+c4≥2√a2b+c⋅b+c4=aSimilarly, we get b2c+a +c+a4≥b, and c2a+b+a+b4≥c.Adding three above inequalities, we havea2 b+c +b2b+c+c2a+b+a+b+c2≥a+b+c⇔(a2b+c +a)+(b2b+c+b)+(c2a+b+c)≥32(a+b+c)⇔a(a+b+c)b+c+b(a+b+c)b+c+c(a+b+c)a+b≥32(a+b+c)⇔ab+c+bc+a+ca+b≥32.Proof 5. SettingA=ab+c+bc+a+ca+b,B=bb+c+cc+a+aa+b,C=cb+c+ac+a+ba+bthenB+C=3,A+B=a+bb+c+b+cc+a+c+aa+b,A+C=a+cb+c+b+ac+a+c+ba+b.By the AM-GM inequality, we haveA+B≥3√a+bb+c⋅b+cc+a⋅c+aa+b3=3,A +C ≥3√a +cb +c ⋅b +a c +a ⋅c +b a +b3=3 Thus, 2A +B +C ≥6 or A ≥32. Proof 6 . By the AM-GM inequality, we have√a 3+√b 3+√b 3≥3√√a 3b 63=3b √a√a 3+√c 3+√c 3≥3√√a 3c 63=3c √a. Adding two inequalities, we get2(√a 3+√c 3+√c 3)≥3√a (b +c )Thus,a b +c ≥32⋅√a 3√a 3+√b 3+√c 3.Similarly, we haveb c +a ≥32⋅√b 3√a 3+√b 3+√c 3,c a +b ≥32⋅√c 3√a 3+√b 3+√c 3. Adding three above inequalities, we obtain Adding three above inequalities, we obtaina b +c +b c +a +c a +b ≥32⋅√a 3+√b 3+√c 3√a 3+√b 3+√c 3=32Proof 7 . Using the well-known inequality(x +y )2≥4xy, for x,y ≥0We have[2a +(b +c )]2≥4⋅2a (b +c ) or 4a 2+4a (b +c )+(b +c )2≥8a (b +c ) Hence,4a (a +b +c )≥(b +c )[8a −(b +c )]⇒a b +c ≥14⋅8a −b −c a +b +c.Similarly, we getb c+a ≥14⋅8b−c−aa+b+c,c a+b ≥14⋅8c−a−ba+b+c.Adding three inequalities. we havea b+c +bc+a+ca+b≥14⋅6(a+b+c)a+b+c=32Proof 8. (By Cao Minh Quang) Using the AM-GM inequality, we have2(a+b+c)3=2a+(b+c)+(b+c)3≥√2a(b+c)23.Thus,a b+c ≥3√32⋅a√a√(a+b+c)3.Similarly, we getb c+a ≥3√32⋅b√b√(a+b+c)3,c a+b ≥3√32c√c√(a+b+c)3.Adding three inequalities, we havea b+c +bc+a+ca+b≥3√32⋅a√a+b√b+c√c√(a+b+c)3We have to show that3√3 2⋅a√a+b√b+c√c√(a+b+c)3≥32⇔3(a√a+b√b+c√c)2≥(a+b+c)3 (2) We set x=√a,y=√b,z=√c.(2) can be written as3(x3+y3+z3)2≥(x2+y2+z2)3By the Cauchy-Schwarz inequality, we have(x2+y2+z2)2≤(x3+y3+z3)(x+y+z) (3)By the Chebyshev’s inequality, we have(x2+y2+z2)(x+y+z)≤3(x3+y3+z3) (4) Multiplying (3) and (4) yields, we obtain3(x3+y3+z3)2≥(x2+y2+z2)3 Proof 9 . (1) is equivalent to(ab+c −12)+(bc+a−12)+(ca+b−12)≥0⇔a−b+a−cb+c+b−c+b−ab+c+c−a+c−ba+b≥0⇔(a−b)(1b+c−1c+a)+(b−c)(1a+c−1c+b)+(a−c)(1b+c−1a+b)≥0⇔(a−b)2(b+c)(a+c)+(b−c)2(a+c)(a+b)+(c−a)2(b+c)(a+b)≥0.The last inequality is clearly true.Proof 10. By the Cauchy - Schwarz inequality, we havea b+c +bc+a+ca+b≥(a+b+c)2a(b+c)+b(c+a)+c(c+a) =(a+b+c)22(ab+bc+ca)≥3(ab+bc+ca)2(ab+bc+ca)=32Proof 11 . Without loss of generality, we can assume that a≥b≥c, then 1b+c ≥1 c+a ≥1a+b.By the Chebyshev’s inequality and the AM-GM inequality, we havea b+c +bc+a+ca+b≥13(a+b+c)(1b+c+1c+a+1a+b)=16[(a+b)+(b+c)+(c+a)](1a+b+1b+c+1c+b)≥96=32Proof 12. Setting x=ab+c ,y=bc+a,z=ca+b, and A=x+y+z3. We eed to prove that A≥12. We havex 1+x +y1+y+z1+z=aa+b+c+ba+b+c+ca+b+c=1Thus, 1=2xyz+xy+yz+zx By the AM-GM inequality, we get1=2xyz +xy +yz +zx ≤2A 3+3A 3⇒(2A −1)(A +1)2≥0Since A >0, hence A ≥12.Proof 13. Using the same substitution as the 12tℎ proof, and setting f (t )= t 1+t . It is easy to show that f (t ) is increase and concave on (0,+∞). By the Jensen’s inequality, we havef (12)=13=13[f (x )+f (y )+f (z )]≤f (x +y +z 3)⇒12≤x +y +z 3 or 32≤a b +c +b c +a +c a +b Proof 14. (By Cao Minh Quang) Firstly, we state and prove a lemma.Lemma. If x i ,y i ,(i =1,2,3) are positive real numbers satisfy that x 1≥ x 2≥x 3,y 1≥y 2≥y 3, thenx 1y 1+x 2y 2+x 3y 3≥x 1y i 1+x 2y i 2+x 3y i 3 (5)where (i 1,i 2,i 3) is a permutation of (1,2,3)Proof (5). We set z 1=y i 1,z 2=y i 2,z 3=y i 0. (5) becomesx 1y 1+x 2y 2+x 3y 3≥x 1z 1+x 2z 2+x 3z 3⇒x 1(y 1−z 1)+x 2(y 2−z 2)+x 3(y 3−z 3)≥It is easy to see that y 1≥z 1,y 1+y 2≥z 1+z 2 and y 1+y 2+y 3=z 1+z 2+z 3. Therefore,x 1(y 1−z 1)+x 2(y 2−z 2)+x 3(y 3−z 3)≥x 2(y 1−z 1)+x 2(y 2−z 2)++x 3(y 3−z 3)=x 2[(y 1+y 2)−(z 1+z 2)]+x 3(y 3−z 3)≥x 3[(y 1+y 2)−−(z 1+z 2)]+x 3(y 3−z 3)=x 3[(y 1+y 2+y 3)−(z 1+z 2+z 3)]=0Let us now prove (1). Without loss of generality, we can assume that a ≥b ≥c , then 1b+c ≥1c+a ≥1a+b. Using (5), we get a b+c+b c+a +c a+b ≥b b+c +c c+a +a a+b and a b +c +b c +a +c a +b ≥c b +c +a c +a +b a +bAdding two inequalities, we obtain 2(a b+c +b c+a +c a+b )≥b+c b+c +c+a c+a +a+b a+b =3 ora b +c +b c +a +c a +b ≥32Proof 15 . Without loss of generality, we can assume that a≥b≥c. We set x=a c ,y=bc, then x≥y≥1(1) becomesx y+1+yx+1+1x+y≥32 (6)Using the AM-GM inequality, we havex+1 y+1+y+1x+1≥2⇒xy+1+yx+1≥2−1x+1−1y+1It suffices to prove that2−1x+1−1y+1≥32−1x+y⇔12−1y+1≥1x+1−1x+y⇔y−12(y+1)≥y−1(x+1)(x+y)⇔(y−1)[(x+1)(x+y)−2(y+1)]2(x+y)(x+1)(y+1)≥0The last inequality i true since x≥y≥1To prove (6), beside the above proof, we also have an another proof. Proof 16. We set m=x+y,n=xy (6) becomesm2−2n+m m+n+1+1m≥32⇔2m3−m2−m+2≥n(7m−2)We note that 7m−2>0 and m2≥4n. It suffices to prove that4(2m3−m2−m+2)≥m2(7m−2)⇔(m−2)2(m+2)≥0 This inequality is clearly true.Proof 17. (By Cao Minh Quang)By setting x=ab ,y=bc,z=ca, then xyz=1.(1) can be written asx xz+1+yyx+1+zzy+1≥32⇔2(x2y+y2z+z2x)≥(x+y+z)+(xy+yz+zx) (7) Using the AM-GM inequality, we have(x2y+y2z+z2x)=13[(x2y+y2z+y2z)+(y2z+z2x+z2x)+(z2x+x2y+x2y)]≥√x2y5z23+√y2z5x23+√z2x5y23=x+y+zUsing the AM-GM inequality again, we have(x2y+y2z+z2x)=13[(x2y+z2x+z2x)+(y2z+x2y+x2y)+(z2x+y2z+y2z)]≥√x4z4y3+√x4y4z3+√xy4z43=xz+xy+yzAdding two inequalities, we get (7)Since (1) in the homogeneous, we can assume that a+b+c=1. We have to provea b+c +bc+a+ca+b≥32, where a+b+c=1 (1′)We have some proofs of (1′)Proof 18 . For 0<x<1, we note that4x−(1−x)(9x−1)=(3x−1)2Hence, 4x≥(1−x)(9x−1) or x1−x ≥9x−14Therefore,a b+c +bc+a+ca+b=a1−a+b1−b+c1−c≥≥9a−14+9b−14+9c−14=9(a+b+c)−34=32Proof 19. (By Cao Minh Quang) For 0<x<1, we note that(3x−1)2≥0⇔3x+1≥9x(1−x)Hence 11−x ≥9x3x+1or x1−x≥9x23x+1Therefore, by Cauchy-Schwarz Inequality, we havea b +c +b c +a +ca +b=a 1−a +b 1−b +c 1−c ≥9a 23a +1+9b 23b +1+9c 23c +1≥(3a +3b +3c )23(a +b +c )+3=32Proof 20 . (By Cao Minh Quang) For 0<x <1, by the AM-GM inequality, we get(2−2x )(1+x )(1+x )≤[(2−2x )+(1+x )+(1+x )3]3=6427Therefore, x1−x ≥2732x (1+x )2. Using the well-known inequalityx r +y r +z r 3≥(x +y +z 3)r, for x,y,z ≥0,r ≥1We geta b +c +b c +a +c a +b=a 1−a +b 1−b +c1−c ≥2732∑a a,b,c(1+a )2=2732[∑a 3a,b,c+2∑a 2a,b,c+∑a a,b,c]≥2732[3(13)3+6(13)2+1]=32Proof 21 . (By Cao Minh Quang) By the AM-GM inequality, wea b +c +9a (b +c )4≥2√a b +c ⋅9a (b +c )4=3aSimilarly, we have bc+a +9b (c+a )4≥3b,c a+b +9c (a+b )4≥3c.Adding three inequalities and noting that(a +b +c )=(a +b +c )2≥3(ab +bc +ca )We obtaina b +c +b c +a +ca +b≥3(a +b +c )−92(ab +bc +ca )=32(a +b +c )+[32(a +b +c )−92(ab +bc +ca )]≥32Proof 22. Setting f (t )=t1−t . It is easy to show that f (t ) is a convex function on (0,1). By the Jensen’s inequality, we obtain f (a )+f (b )+f (c )≥3f (a +b +c3) or a 1−a +b 1−b +c 1−c ≥32Proof 23 . Without loss of generality, we can assume that a ≥b ≥c. We get a ≥13,c ≤13, which follows that(a,b,c )≽(13,13,13). Since f (t )=t1−t is a convex function on (0,1), by the Karamata’s inequality, we obtainf (a )+f (b )+f (c )≥f (13)+f (13)+f (13)or a1−a +b1−b +c1−c ≥32. We are done.Proof 24. (By Cao Minh Quang) To prove (1’), we need to prove a lemma. Lemma. (Cao Minh Quang and Tran Tuan Anh)If a,b,c are positive real numbers such that a +b +c =1, thena +bcb +c +b +ca c +a +c +aba +b≥2 Proof. Using the well-known inequalityx 2+y 2+z 2≥xy +yz +zx,for x,y,z >0We geta +bcb +c +b +ca c +a +c +aba +b=(a +b )(a +c )b +c +(b +c )(b +a )c +a +(c +a )(c +b )a +b≥(a +b )+(b +c )+(c +a )=2We now prove (1’). Using the well -known inequalityxy x +y ≤14(x +y ), for x,y >0 We obtaina b +c +b c +a +ca +b≥2−(bc b +c +ca c +a +aba +b )≥≥2−14[(b +c )+(c +a )+(a +b )]=32Last, we use "Mixing Variables Theorem" to prove (1). Proof 25. By setting E (a,b,c )=ab+c +bc+a +ca+b , t =a+b 2, and v =a+b+c 3. It is easy tosee thatE (a,b,c )=a 2+b 2+c (a +b )ab +c 2+c (a +b )+c a +b ≥2t 2+2tc t 2+c 2+2ct +c2t =E (t,t,c )Thus, E (a,b,c )≥E (v,v,v )=32.加权AMGM 不等式pro:加权AMGM 不等式假设 a 1,a 2,⋯,a n 是正实数, 如果 n 个非负实数 x 1,x 2,⋯,x n 的和为 1 , 则a 1x 1+a 2x 2+⋯+a n x n ≥a 1∗1a 2x 2⋯a n xnProof. 这个不等式的证明和经典 AM-GM 不等式的证明是类似的.在 n =2 的情形,我们必须详细地证明(因为不等式中出现了实数指数). 我们先来证明, 如果 x,y ≥0,x +y =1 以及 a,b >0, 则ax +by ≥a x b y证明这个不等式的最简单的方法是考虑 x,y 是有理数的情况,至于实数我们可以采用极限的方法来进行. 如果 x,y 是有理数,设 x =m m+n ,y =nm+n (m,n ∈N ), 根据 AM-GM 不等式, 我们有ma+nb≥(m+n)amm+n bnm+n⇒ax+by≥a x b y如果x,y是实数,则存在两个有理数序列{r n},{s n}(n≥0,n∈N),使得r n→x,s n→y,r n+s n=1于是ar n+bs n≥a r n b s n或者ar n+b(1−r n)≥a r n b1−r n取极限,令n→+∞, 我们有ax+by≥a x b y◻尽管 AM-GM 不等式非常简单,但它在数学竞赛中的不等式证明方面扮演着重要的角色.用下面的一些例子来帮助你熟悉这个重要的不等式.设a,b,c>0且a+b+c=3, 证明√a+√b+√c≥ab+bc+caProof.注意到恒等式2(ab+bc+ca)=(a+b+c)2−(a2+b2+c2)则该不等式等价于∑a2 cyc +2∑√acye≥9由 AM-GM 不等式,我们有∑a2 cyc +2∑√aeyc=∑(a2+√a+√a)cyc≥3∑acyc=9所以,不等式成立. ◻(IMO Shortlist 1998) 设x,y,z>0, 且xyz=1, 证明x3(1+y)(1+z)+y3(1+z)(1+x)+z3(1+x)(1+y)≥34Proof.利用 AM-GM 不等式, 我们有x3(1+y)(1+z)+1+y8+1+z8≥3x4因此∑x3(1+y)(1+z)cyc +14∑(1+x)cyc≥∑3x4cyc⇒∑x3(1+y)(1+z)cyc ≥14∑(2x−1)cyc≥34当x=y=z=1时,等号成立. ◻( APMO 1998) 设x,y,z>0, 证明(1+xy)(1+yz)(1+zx)≥2+2(x+y+z)√xyz3Proof.不等式整理之后等价于x y +yz+zx≥x+y+z√xyz3由 AM-GM 不等式, 我们有3(xy +yz+zx)=(2xy+yz)+(2yz+zx)+(2zx+xy)≥3x√xyz3+3y√xyz3+3z√xyz3即x y +yz+zx≥x+y+z√xyz3◻设a,b,c,d>0, 证明16(abc+bcd+cda+dab)≤(a+b+c+d)3 Proof.应用 AM-GM 不等式, 我们得到16(abc+bcd+cda+dab)=16ab(c+d)+16cd(a+b)≤4(a+b)2(c+d)+4(c+d)2(a+b)=4(a+b+c+d)(a+b)(c+d)≤(a+b+c+d)3当且仅当a=b=c=d时,成立等号. ◻( Pham Kim Hung) 设a,b,c是周长为 3 的三角形的三边长,证明1√a+b−c +1√b+c−a+1√c+a−b≥9ab+bc+caProof.设x=√b+c−a,y=√c+a−b,z=√a+b−c,我们有x2+y2+z2=3不等式变为1 x +1y+1z≥369+x2y2+y2z2+z2x2又设m=xy,n=yz,p=zx, 则上述不等式等价于(m+n+p)(m2+n2+p2+9)≥36√mnp由 AM-GM 不等式, 我们有m+n+p≥3√mop3m2+n2+p2+9=m2+n2+p2+1+⋯+1≥12√m2⋅n2⋅p2⋅1⋅⋯⋅112=12√mnp6两式相乘即得(m+n+p)(m2+n2+p2+9)≥36√mnp所以,原不等式成立. ◻(Phan Thanh Nam) 设a1,a2,⋯,a n是正实数,且满足a i∈[0, i],i∈{1,2,⋯,n}, 证明2n a1(a1+a2)⋯(a1+a2+⋯+a n)≥(n+1)a12a22⋯a n2Proof.根据 AM-GM 不等式,我们有a1+a2+⋯+a k=1⋅(a11)+2⋅(a22)+⋯+k⋅(a kk)≥k(k+1)2(a11)2k(ℎ+1)⋅(a22)4k(k+1)⋯(a kk)2kk(k+1)将上述不等式对于k∈{1,2,⋯,n},相乘,我们有∏(a1+a2+⋯+a k) nk=1≥∏(k(k+1)2∏(a ii)2ik(k+1)ki=1) nk=1=n!(n+1)!2n∏(a ii)c ini=1这里的指数c i由下式确定c i=2i[1i(i+1)+1(i+1)(i+2)+⋯+1n(n+1)]=2i(1i−1n+1)≤2这是由于a i≤i,i∈{1,2,⋯,n},(a ii )c i≥(a ii)2.因此a1(a1+a2)⋯(a1+a2+⋯+a n)≥n!(n+1)!2n∏(a ii)2ni=1=n+12na12a22⋯a n2当且仅当a i=i(i=1,2,⋯,n)时,成立等号. ◻( USA MO 1998) 设a,b,c是正实数,证明1a3+b3+abc +1b3+c3+abc+1c3+a3+abc≤1abcProof.注意到a3+b3≥ab(a+b), 所以abca3+b3+abc ≤abcab(a+b)+abc=ca+b+c类似地可得另外两个不等式,并将它们相加,我们有abca3+b3+abc +abcb3+c3+abc+abcc3+a3+abc≤1所以,原不等式成立. ◻注意 IMO Shortlist 1996 类似的问题. 设x,y,z是积为 1 的三个正数, 证明xyx5+xy+y5+yzy5+yz+z5+zxz5+zx+x5≤1如果x1,x2,⋯,x n>0, 且满足11+x1+11+x2+⋯+11+x n=1,证明x1x2⋯x n≥(n−1)n Proof.所给条件变形为1 1+x1+11+x2+⋯+11+x n−1=x n1+x n应用AM - GM 不等式,我们有x n 1+x n ≥n−1√(1+x1)(1+x2)⋯(1+x n−1) n−1类似地可得其他n−1个不等式,并将它们相乘, 即得所证不等式. ◻设x,y,z是正数, 且满足x5+y5+z5=3, 证明x4 y3+y4z3+z4x3≥3Proof.注意到(x5+y5+z5)2=x10+2x5y5+y10+2y5z5+z10+2z5x5=9从这个形式, 我们利用AM−GM不等式,可得10⋅x4y3+6x5y5+3x10=x4y3+⋯+x4y310+x5y5+⋯+x5y5⏟6+x10+x10+x10≥19x10019类似地, 可得10⋅y4z3+6y5z5+3y10≥19y1001910⋅z4x3+6z5x5+3z10≥19z10019将上述三个不等式相加,我们有10(x4y3+y4z3+z4x3)+3(x5+y5+z5)2≥19(x10019+y10019+z10019)于是,只需证明下列不等式x 10019+y10019+z10019≥x5+y5+z5而这是成立的. 事实上(x5+y5+z5)+19∑x10019cyc =3+19∑x10019cyc=∑(1+19x10019)cyc≥20∑x5cyc◻(Mathlinks Contest) 设a,b,c>0,abc=1, 证明√a +b a +1+√b +c b +1+√c +a c +1≥3 Proof. 由AM-GM 不等式,我们有LHS ≥3√√a +b a +1⋅√b +c b +1⋅√c +ac +13=3√(a +b )(b +c )(c +a )(a +1)(b +1)(c +1)6 (∗)于是,我们只需证明(a +b )(b +c )(c +a )≥(a +1)(b +1)(c +1) (∗)由于 abc =1, 所以式 (∗) 等价于ab (a +b )+bc (b +c )+ca (c +a )≥a +b +c +ab +bc +ca根据 AM-GM 不等式,我们有2LHS +∑a cycb =∑(a 2b +a 2b +a 2c +a 2c +bc )cyc≥5∑acyc2LHS +∑a cyc=∑(a 2b +a 2b +b 2a +b 2a +c )cyc≥5∑a cycb由此4LHS +∑a cgcb +∑a cycb ≥5∑a cyc+5∑a cycb ⇒4LHS ≥4∑a cyc+4∑a cycb =4RHS所以, 原不等式成立. 当且仅当 a =b =c =1, 等号成立. ◻ 设 a,b,c 是某三角形的三边长,证明(a +b −c )a (b +c −a )b (c +a −b )c ≤a a b b c cProof. 由加权 AM-GM 不等式,我们有(a +b −c a )aa+b+c⋅(b +c −a b )b a+b+c⋅(c +a −bc )c a+b+r≤a a +b +c ⋅a +b −c a +b a +b +c ⋅b +c −a b +c a +b +c ⋅c +a −bc=1整理即得(a +b −c )a (b +c −a )b (c +a −b )c ≤a a b b c c当且仅当 a =b =c 时,成立等号. ◻设 a,b,c ≥0,a +b +c =2, 证明a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2≤1Proof. 由恒等式(ab +bc +ca )(a 2+b 2+c 2)=ab (a 2+b 2)+bc (b 2+c 2)+ca (c 2+a 2)+abc (a +b +c ) 我们有(ab +bc +ca )(a 2+b 2+c 2)≥ab (a 2+b 2)+bc (b 2+c 2)+ca (c 2+a 2)≥2(a 2b 2+b 2c 2+c 2b 2) (1) 利用 AM-GM 不等式,以及a 2+b 2+c 2+2(ab +bc +ca )=(a +b +c )2=4我们有2(ab +bc +ca )(a 2+b 2+c 2)≤(2(ab +bc +ca )+(a 2+b 2+c 2)2)2≤4即(ab +bc +ca )(a 2+b 2+c 2)≤2 (2)由式 (1),(2) 即得a 2b 2+b 2c 2+c 2a 2≤1当且仅当 a =b =1,c =0 或其循环排列时,等号成立. ◻ 设 a,b,c,d >0, 证明1a 2+ab +1b 2+bc +1c 2+cd +1d 2+da ≥4ac +bdProof. 注意到ac +bd a 2+ab =a 2+ab +ac +bd a 2+ab −1=a (a +c )+b (d +a )a (a +b )−1=a +c a +b +b (d +a )a (a +b )−1 根据 AM-GM 不等式,我们得到(ac +bd )∑1a 2+ab cyc=∑a +c a +b cyc+∑b (d +a )a (a +b )cyc−4≥∑a +ca +bcyc此外∑a+c a+bcyc =(a+c)(1a+b+1c+d)+(b+d)(1b+c+1d+a)≥4(a+c)a+b+c+d+4(b+d)a+b+c+d=4当且仅当a=b=c=d时,等号成立. ◻设a,b,c,d,e≥0, 且a+b+c+d+e=5, 证明abc+bcd+cde+dea+eab≤5 Proof.不失一般性,我们设e=min(a,b,c,d,e).根据 AM-GM 不等式,我们有abc+bcd+cde+dea+eab=e(a+c)(b+d)+bc(a+d−e)≤e(a+b+c+d2)2+(b+c+a+d−e3)3=e(5−e)24+(5−2e)327因此,只需证明e(5−e)24+(5−2e)327≤5这是成立的, 可由(e−1)2(e+8)≥0推出. ◻(Pham Kim Hung) 设a,b,c,d>0, 证明(1a+1b+1c+1d)2≥1a2+4a2+b2+9a2+b2+c2+16a2+b2+c2+d2Proof.我们来证明1 b2+1c2+1d2+∑2absym≥4a2+b2+9a2+b2+c2+16a2+b2+c2+d2凷AM−GM不等式,我们有2 ab ≥4a2+b22 ac +2bc≥8ac+bc≥8a2+b2+c21 b2+1c2≥4b2+c2≥1b2+c2+a22 ad +2bd+2cd≥18ad+bd+cd≥16a2+b2+c2+d2将上述不等式相加,即得所要证明的不等式. ◻注意(1) 使用类似的方法,我们可以证明 5 个变量的类似的不等式. 为此,我们有a2+b2+c2+d2+e2=(a2+e24)+(b2+e24)+(c2+e24)+(d2+e24)≥ae+be+ce+de(2) 本题不等式加强为(1a+1b+1c+1d)2≥1a2+4a2+b2+12a2+b2+c2+18a2+b2+c2+d2(3) 猜想:设a1,a2,⋯,a n>0, 证明或否定(1a1+1a2+⋯+1a n)2≥1a12+4a12+a22+⋯+n2a12+a22+⋯+a n2(IMO 2006) 求不等式|ab(a2−b2)+bc(b2−c2)+ca(c2−a2)|≤M(a2+b2+c2)2对所有实数a,b,c都成立的最小的M值.记x=a−b,y=b−c,z=c−a,s=a+b+c, 则不等式可以写成如下形式9| sxyz∣≤M(s2+x2+y2+z2)2其中, s,x,y,z是任意实数,且满足x+y+z=0.事实上, s是一个独立变量. 首先我们来考察xyzz和x2+y2+z2之间的关系. 由于x+y+z=0, 很显然,x,y,z中有两个变量的符号相同,不妨设为x,y, 因此假定x,y≥0(x,y≤0类似可证). 由 AM-GM 不等式, 我们有|sxyz|=|sxy(x+y)|≤|s|⋅(x+y)34等号当x=y时成立. 设t=x+y, 再次应用 AM-GM 不等式,我们有2s2t6=2s2⋅t2⋅t2⋅t2≤(2s2+3t2)444于是4√2|s|t3≤(s2+32t2)2≤(s2+x2+y2+z2)2结合式(1),(2), 我们得到|sxyz |≤116√2s 2+x 2+y 2+z 2)2 这就意味着 M ≥9√232. 为证明 M =9√232 是最好的常数,我们必须求出 (s,x,y,z ), 即(a,b,c ), 经简单的计算,得到等号成立的值为(a,b,c )=(1−3√21,1+3√2) 使用 AM-GM 不等式的重要的原则是选择合适的系数满足等号成立的条件. 例如,在例 1.1.2 中,使用下列形式的 AM-GM 不等式是错误的( 因为等号不成立）x 3(1+y )(1+z )+(y +1)+(z +1)≥3x 对于每个问题,为 AM-GM 不等式给出一个固定的形式是很困难的. 这取决于你的智慧,但是寻找等号成立的条件是可以帮助我们做到这一点的. 例如，在上面的问题中,猜测到等号成立的条件是 x =y =z =1, 为了使各个项相等,我们就选择系数 18x 3(1+y )(1+z )+y +18+z +18≥3x 4变量相等使等号成立的这样的问题,在使用 AM-GM 不等式之前是很容易确定的. 对非对称问题, 这个方法需要有一定的灵活性(参见例 1. 1. 13, 1. 1. 14 和 1. 1. 16). 有时你需要建立方程组并求出等号成立的条件(这个方法称为“平衡系数法”,这部分内容将在第 6 章中讨论).Cauchy 求反技术在本节中,我们将 AM-GM 不等式关联到一个特别的技术,称为 Cauchy 求反技术. 出乎意料的简单,而且十分有效,是这一技术的特殊优势. 下面的例子体现了这种优势. (Bulgaria TST 2003) 设 a,b,c >0,a +b +c =3, 证明a 1+b 2+b 1+c 2+c 1+a 2≥32Proof. 事实上,直接对分母使用 AM-GM 不等式是不行的,因为不等式改变了方向,即a 1+b 2+b 1+c 2+c 1+a 2≤a 2b +b 2c +c 2a ≥32?! 但是,我们可以以另外的形式使用 AM-GM 不等式a 1+b 2=a −ab 21+b 2≥a −ab 22b =a −ab 2这样,不等式变成∑a 1+b2ccc ≥∑aosc−12∑ac,cb≥32这是由于3(∑acy b)≤(∑aecc)2=9. 当且仅当a=b=c=1时等号成立. ◻注意使用类似的方法可以证明下列结果.设a,b,c,d是正实数, 且a+b+c+d=4, 证明a 1+b2+b1+c2+c1+d2+d1+a2≥2这个解法似乎像变魔术, AM-GM 不等式应用的两个类似的方法,带来了两个不同的解法,一个是错误的,另一个是正确的. 这种神奇出现在哪里呢? 这不足为奇,这一切来自一个分式的不同的表示形式a 1+b2=a−ab21+b2使用分式ab 21+b2前面的减号,我们可以对分母1+b2使用AM−GM不等式而不改变不等式的方向. 改变一个表达式的得号到另一个表达式,然后估计第二个表达式,是这种技术的关键所在.(Pham Kim Hung) 设a,b,c,d>0,a+b+c+d=4, 证明a1+b2c +b1+c2d+c1+d2a+d1+a2b≥2Proof.根据 AM-GM 不等式,我们有a1+b2c =a−ab2c1+b2c≥a−ab2c2b√c=a−ab√c2=a−b√a⋅ac2≥a−b(a+ac)4依据这个估计式,我们有∑a1+b2ccyc ≥∑acyc−14∑acycb−14∑acyebc再次使用 AM-GM 不等式, 很容易得到∑a ryc b≤14(∑acye)2=4,∑acycbc≤116(∑acyc)3=4因此a1+b2c +b1+c2d+c1+d2a+d1+a2b≥a+b+c+d−2=2◻设a,b,c>0, 证明a3 a2+b2+b3b2+c2+c3c2+d2+d3d2+a2≥a+b+c+d2Proof.我们有下列估计式a3 a2+b2=a−ab2a2+b2≥a−ab22ab=a−b2◻注意本题关于 4 个变量的类似结果a4a3+2b3+b4b3+2c3+c4c3+2d3+d4d3+2a4≥a+b+c+d3设a,b,c>0,a+b+c=3, 证明a2 a+2b2+b2b+2c2+c2c+2a2≥1Proof.根据 AM-GM 不等式我们有下列估计式a2 a+2b2=a−2ab2a+2b2≥a−2ab23√ab43=a−2(ab)233这就意味着∑a2 a+2b2cye ≥∑aryc−23∑(ab)23cyc于是,只需证明(ab)23+(bc)23+(ca)23≤3由 AM-GM 不等式,我们即得结果,因为(∑a cyc)2=23(∑a cyc )2+13(∑a cyc)2≥2∑a cyc +∑a cyc b=∑(a +a +ab )cye≥3∑(ab )23cyc◻ 注意当我们把条件 a +b +c =3 改成 ab +bc +ca =3 或者 √a +√b +√c =3 时,不等式依然成立(第二个条件的情形稍微有些困难),这些问题留给读者, 这里就不给出解答了.设 a,b,c >0,a +b +c =3, 证明a 2a +2b 3+b 2b +2c 3+c 2c +2a 3≥1 Proof. 使用例 1.2.4 同样的技术,我们只需证明b √a 23+c √b 23+a √c 23≤3根据 AM-GM 不等式,我们有3∑a cyc ≥∑a cyc +2∑a cyc b =∑(a +ac +ac )cyc ≥3∑a cyc √c 23等号, 当且仅当 a =b =c =1 时成立. ◻设 a,b,c >0,a +b +c =3, 证明a +1b 2+1+b +1c 2+1+c +1a 2+1≥3 Proof. 我们使用下列估计式a +1b 2+1=a +1−b 2(a +1)b 2+1≥a +1−b 2(a +1)2b =a +1−ab +b 2关于 a,b,c 类似的结果相加,我们有∑a+1 b2+1cyc ≥3+12∑acye−12∑acycb≥3◻注意下面是四变量的类似的问题.(1) 设a,b,c,d>0,a+b+c+d=4, 证明a+1 b2+1+b+1c2+1+c+1d2+1+d+1a2+1≥4(2) 设a,b,c,d>0,a+b+c+d=4, 证明1 a2+1+1b2+1+1c2+1+1d2+1≥2设a,b,c>0,a+b+c=3, 证明11+2b2c +11+2c2a+11+2a2b≥1Proof.我们使用下列估计式11+2b2c =1−2b2c1+2b2c≥1−2√b2c33≥1−2(2b+c)9◻(Pham Kim Hung) 设a,b,c,d≥0,a+b+c+d=4, 证明1+ab 1+b2c2+1+bc1+c2d2+1+cd1+d2a2+1+da1+a2b2≥4Proof.应用 AM-GM 不等式,我们有1+ab 1+b2c2=(1+ab)−(1+ab)b2c21+b2c2≥1+ab−12(1+ab)bc类似的结果相加,我们有∑1+ab 1+b2c2cyc ≥4+∑acycb−12∑bcycc(1+ab)=4+12(∑acycb−∑acycb2c)于是,只需证明ab+bc+cd+da≤ab2c+bc2d+cd2a+da2b应用类似的结果xy+yz+zt+tx≤14(x+y+z+t)2我们得到(ab+bc+cd+da)2≥4(ab2c+bc2d+cd2a+da2b)16=(a+b+c+d)2≥4(ab+bc+cd+da)将上述不等式相乘,即得结果. 等号成立的条件是: a=b=c=d=1或者a=c= 0(b,d任意) 或者b=d=0(a,c任意). ◻(Pham Kim Hung) 设a,b,c>0,a2+b2+c2=3, 证明1 a3+2+1b3+2+1c3+2≥1Proof.根据 AM-GM 不等式,我们有∑1 a3+2cyc =32−12∑a3a3+1+1cyc≥32−12∑a33acyc=1◻。

关于不等式的定理

关于不等式的定理
不等式的定理是数学中一类非常重要的定理。

它被广泛用于理解和研究各类函数和图形，是多项式曲线和椭圆曲线分析中最重要的工具。

不等式，又称不相等式，是一种数学关系，它表达了两个数或两个表达式之间关系的变化。

比如说：x+2<7；2x-1≥0；y>2x+3等。

不等式的定理是根据不等式的数学证明规则推广而来的。

不等式有广泛的应用，它可以用来描述和分析函数图形的性质，也可以用来求解几何问题，例如凸集和凹集的性质等。

不等式的定理可以帮助我们证明某些数学问题，例如求解几何问题时，可以用不等式来确定图形的边界。

另外，不等式也可以用来表示数学模型的性质，比如社会经济模型、计算机科学模型等等。

不等式的定理也可以用来分析多项式曲线和椭圆曲线的性质，以及它们的极值点、切线等。

不等式的定理有很多，其中最重要的一个定理是不等式交换定理，也叫做乘数不等式”。

该定理告诉我们，如果一个不等式两边都乘相
同的正数，那么不等式的等号方向会保持不变。

而另一个比较重要的定理是不等式加减定理，也叫做恒等不等式”。

定理告诉我们，当一
个不等式两边同时加减相同的数时，不等式的等号方向也不会发生变化。

综上所述，不等式的定理是一类非常重要的定理，它的应用范围很广泛，利用这些定理可以研究和证明各类函数和图形的性质，从而
帮助我们解决数学问题和求解几何问题，也可以用来研究多项式曲线和椭圆曲线的性质等。

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b2 a2 c2 b2 a2 c2 k a2 b2 c2
c
a
b
2
(a
b)(b
c)(c
a )
1 ab
1 bc
1 cz
k 2
a2 b2 c2 （**）
不失一般性，假设 c max(a,b,c) ，如果 a b ，则不等式显然成立；否则，假设 b a ，
由于 c2 b2 a2 ，则存在一个唯一的实数 t a ，使得 a t,b t,c t 构成一直角三角形
的三条边，即 (a t)2 (b t)2 (c t)2 。显然，如果我们用 a t,b t,c t 来替换 a,b,c
则（**）左边的表达式是增加的，而右边的表达式是减少的，所以我们只需考虑 a,b,c
是直角三角形三条边的情况，即 a2 b2 c2 或者 z 0 。但 z 0 的情况，在上面我们已经讨论了。 20、设 x, y, z [1,1] ，且满足 x y z 0 ，证明：
19、设 x, y, z 0 ，且满足 x y z 1 ，求下列表达式的最大值
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
x y y z z x （Pham Kim Hung） xy yz zx
解：首先我们考虑 min(x, y, z) 0 的情况。不失一般性，假设 z 0 ，则 x y 1，因此
x y x y y x x y y x u(v 1)
(1 a2 )(1 b2 )(1 c2 )(1 d 2 ) (a b c d )2 （Pham Kim Hung）
证明：由于 abcd 1 ，则 a,b,c,d 中至少有两个数不小于 1 或者不大于 1。不失一般性，
假设这两个数是 b,d ，则 (b 1)(d 1) 0 ，应用 Cauchy-Schwarz 不等式，我们有
x y2 y z2 0 ，则我们有
1 x y2 1 y z2 1 z x2 1 1 x y2 y z2 1 z x2
1
2
1 z z2 y2
2
1 z x2 1
1 z z2 1 z 2 x y2
151
2
1 1 z z2 1 z z2 于是，只需证明
所以，如果 n {3,4,,14}，则我们有
f (x)
f
1 2
2n
4
k
2n 4
如果 n 15 ，则方程 4x2(1 x) (n 2)(1 x)3 0 恰有一个大于 1 的实根（因为 2
f
1 2
0
）。假设
x0
是这个根，则
k
min
1 x1 2
f (x)
这个结果也表明，如果 min(x, y, z) 0 ，则
x y y z z x k x y z （*） xy yz zx
150
现在我们将证明（*）对于所有非负实数 x, y, z （我们不需要条件 x y z 1 ，因不等
式是齐次的）都成立。记 c x y ,b x z ,a y z ，则不等式变成如下形式
2 1 z z2 1 z z2 4 2z2 2 1 z3 2 z2 (2 z)(z 1) 0 这显然成立，因为 z 1。等号成立的条件是 x y z 0 注意：使用类似的方法，我们可以证明四个实数的类似结果 ◆设 x, y, z,t [1,1] ，且满足 x y z t 0 ，证明：
1 x y2 1 y z2 1 z x2 3（Phan Thanh Nam）证明：首先我们将证明，如果 ab 0 ，则 1 a 1 b 1 1 a b 。实质上，两边平方之后，不等式变成 2 a b 2 (1 a)(1 b) 2 a b 2 1 a b (1 a)(1 b) 1 a b ab 0 注意到 x y2, y z2, z x2 ，至少有两个数具有相同的符号。不失一般性，我们假定
1 x y2 1 y z2 1 z t2 1 t x2 4
f ( x0 )
n2 x0
4x0 (1 x0 )2
。
使用类似的方法，我们可以证明下列问题
◆设 a,b,c,d 0 ，证明
11 1 111
243
a3 b3 a3 c3 a3 d 3 b3 c3 b3 d 3 c3 d 3 2(a b c d )3
17、设 a,b,c,d 0 ，且满足 abcd 1 ，证明：
ab bc ca 1 （Chinese MO 2006） ab bc bc ca ca ab 2 证明：不等式等价于
149
a
cyc
b 1 ab a c 2 cyc 2
a2b (a c)(a b)2
1 2
使用加权 Jensen 不等式于凹函数 f ( x) x ，我们有
cyc x y x y
其中 u x y , v x y , u2 v2 2
记 u2 (v 1)2 (2 v2 )(v 1)2 f (v) ，我们有 f '(v) 2(v 1)(2 v 2v2 )
并且很容易得到
max
f (v)
f
1
17
71
17
17
1v 2
4
32
所以，当 min(x, y, z) 0 时，我们找到表达式的最大值是 k 71 17 17 32
a b
a2b
2a2b
cyc 2 (a c)(a b)2 cyc (a b)(a c)
于是，只需证明
a2b
1 4 a2b(b c) (a b c) (a b) 2 a2b2 a3(b c)
cyc (a b)(a c) 4
cyc
cyc
cyc
cyc
这是显然成立的。等号成立的条件是 a b c 1 3
(1 a2 )(1 b2 )(1 c2 )(1 d 2 ) (1 a2 b2 a2b2 )(c2 1 d 2 c2d 2 )
(c a bd 1)2 (a b c d )2 等号成立的条件 a b c d 1 18、设 a,b,c 0 ，且满足 a b c 1，证明：