一個六元代數(shù)不等式的證明

陜西省咸陽師范學院教育科學學院 (郵編：712000)

本文先通過構(gòu)造函數(shù)，應用二次函數(shù)的判別式，給出文[1]中問題5的一種證明.

問題已知a,b,c>0,x,y,z∈R,求證：

a3(y2+z2)+b3(z2+x2)+c3(x2+y2)≥2abc(yz+zx+xy).

①

證明由對稱性，不妨設a≤b≤c.

構(gòu)造關(guān)于主元x的二次函數(shù)

f(x)=a3(y2+z2)+b3(z2+x2)+c3(x2+y2)-2abc(yz+zx+xy)

=(b3+c3)x2-2abc(y+z)x+[(c3+a3)y2+(a3+b3)z2-2abcyz],x∈R.

因為二次函數(shù)f(x)的二次項系數(shù)b3+c3>0,所以，要證明f(x)≥0,只要證明其判別式Δx非正.事實上

Δx=4a2b2c2(y+z)2-4(b3+c3)[(c3+a3)y2+(a3+b3)z2-2abcyz]≤0,即

(b3+c3)[(c3+a3)y2+(a3+b3)z2-2abcyz]-a2b2c2(y+z)2≥0,

這可以改寫上式的左端，并構(gòu)造出關(guān)于主元y的二次函數(shù)

g(y)=[(b3+c3)(c3+a3)-a2b2c2]y2-2z[abc(b3+c3)+a2b2c2]y+[(a3+b3)(b3+c3)-a2b2c2]z2,y∈R.

由a≤b≤c,知c≥a,c≥b,從而，二次函數(shù)g(y)的二次項系數(shù)

(b3+c3)(c3+a3)-a2b2c2

于是，要證明g(y)≥0,只要證明其判別式Δy非正.事實上

Δy=4z2[abc(b3+c3)+a2b2c2]2-4[(b3+c3)(c3+a3)-a2b2c2][(a3+b3)(b3+c3)-a2b2c2]z2≤0.也就是

[abc(b3+c3)+a2b2c2]2≤[(b3+c3)(c3+a3)-a2b2c2][(a3+b3)(b3+c3)-a2b2c2],

這等價于

b3c3(b3+c3)+c3a3(c3+a3)+a3b3(a3+b3)≥2a2b2c2(a3+b3+c3)

(*)

由a≤b≤c,知a3b3≤c3a3≤b3c3,a3+b3≤c3+a3≤b3+c3,

應用切比雪夫不等式和三元均值不等式得

b3c3(b3+c3)+c3a3(c3+a3)+a3b3(a3+b3)

這說明不等式(*)成立，故知不等式①獲證.

著名的阿克塞爾(Aczél)不等式為：

據(jù)此還可給出不等式①的另一個簡證.

事實上，應用阿克塞爾(Aczél)不等式、三元均值不等式和柯西不等式，得

[a3(y2+z2)+b3(z2+x2)+c3(x2+y2)]2

=[(a3+b3+c3)(x2+y2+z2)-a3x2-b3y2-c3z2]2

≥[(a3+b3+c3)2-a6-b6-c6]·[(x2+y2+z2)2-x4-y4-z4]

=4(a3b3+b3c3+c3a3)(x2y2+y2z2+z2x2)

≥4·ab·bc·ca·(xy+yz+zx)2

=4(abc)2·(xy+yz+zx)2,

所以a3(y2+z2)+b3(z2+x2)+c3(x2+y2)

本文系北京市教育學會“十三五”教育科研滾動立項課題“數(shù)學文化與高考研究”(課題編號FT2017GD003，課題負責人：甘志國)階段性研究成果.

≥4abc|xy+yz+zx|≥4abc(xy+yz+zx).獲證.