由一個簡單不等式引發(fā)的探究

黃雅芬 李建潮

(浙江省湖州市雙林中學(xué) 313012)

設(shè)x，y，z>0，則有

(y+z)(z+x)(x+y)≥8xyz

(*)

這是一個眾所周知的不等式，她既不失一種天然的淳樸，又具一種純真的優(yōu)雅，從而激發(fā)了筆者探究的“沖動”，以期拋磚引玉.

1 (*)式條件的弱化

其實，使不等式(*)成立的“正數(shù)”條件可弱化為：

設(shè)實數(shù)x，y，z滿足y+z>0，z+x>0，x+y>0，則有

(y+z)(z+x)(x+y)≥8xyz.

(1)

2 (1)式在代換——變式——代換中見真諦

如若在(1)式中作代換：(y+z，z+x，x+y)→(2a，2b，2c)(其中a>0，b>0，c>0)，即(x，y，z)→(b+c-a，c+a-b，a+b-c)，則有

abc≥(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)，

(2)

展開，可得

a3+b3+c3+3abc

≥a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)

(3)

=bc(b+c)+ca(c+a)+ab(a+b).

(3′)

本文以下用∑表示循環(huán)和，∏表示循環(huán)積.

基于后續(xù)之需，不等式(3)(即(3′))還可人為地化為以下“二次”齊次不等式：

∑a3+3abc≥∑a(b2+c2)

?∑a3+∑a(b2+c2)+3abc

≥2∑a(b2+c2)

?∑a·∑a2+3abc+6abc

≥2[∑bc(b+c)+∑abc]

?∑a·∑a2+9abc≥2∑a·∑bc

(4)

以上(2)、(3)與(4)三式一并寫為：

定理1設(shè)a，b，c>0，則有

abc≥(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)

(2)

(1983年瑞士數(shù)學(xué)競賽試題)

?∑a3+3abc≥∑a(b2+c2)

(3)

(著名Schur′s(舒爾)不等式)

(4)

或

(4′)

進(jìn)而對于△ABC，如若再對(4′)式作三角形代換：

(5)

整理后發(fā)現(xiàn)，這竟然是如下著名不等式：

推論1(Gerrestsen不等式[1])在△ABC中，有

s2≥16Rr-5r2.

(6)

因勢利導(dǎo)，我們再對(4′)式實施三角形代換：

由此得：

推論2在△ABC中，有

(7)

顯然，推論2的(7)式與推論1的(6)式還是蠻“吻合”的.

3 一組三角形不等式的加強(qiáng)

文[2]建立了如下一組三角形不等式：在△ABC中，有

(8)

(9)

(10)

(11)

其實，從定理1到推論1的過程式(5)出發(fā)可將以上這組三角形不等式加強(qiáng)為：

推論3在△ABC中，有

(8′)

(9′)

(10′)

(11′)

證明(5)式化為

一并用于上述不等式，可得(過渡)不等式

(12)

并注意到三角恒等式cotα-tanα=2cot2α，得

即

(8′)

并注意到三角恒等式cotα+tanα=2csc2α，得

(9′)

(10′)

(11′)

至此，加強(qiáng)三角形不等式組——推論3證畢.

4 Gerrestsen不等式在加強(qiáng)中

回首推論2的(7)式，由Euler不等式R≥2r容易知道：

這就是說，推論2的結(jié)論要弱于Gerrestsen不等式16Rr-5r2≤s2≤4R2+4Rr+3r2的“右翼”不等式s2≤4R2+4Rr+3r2，這是個遺憾.于是乎，激起了筆者向(*)式“沙里淘金”的欲望.

聯(lián)想起代數(shù)恒等式：

∏(y+z)+xyz=∑x·∑yz，

(13)

而有(*)式的等價不等式：

∏(y+z)≥8xyz

(*)

(**)

并轉(zhuǎn)而將等價不等式(**)的兩邊平方、結(jié)合平凡不等式(x′+y′+z′)2≥3(y′z′+z′x′+x′y′)(其中x′，y′，z′為實數(shù))，可知(*)式的又一強(qiáng)化：

與前相仿，使這一強(qiáng)化不等式成立的“正數(shù)”條件(明顯)可弱化為：

設(shè)實數(shù)x，y，z滿足y+z>0，z+x>0，

x+y>0，則有

(14)

使之成為不等式(1)的(一個)強(qiáng)化不等式.于是，理所當(dāng)然地用仿照獲取定理1的代換或方法將定理1強(qiáng)化為：

定理2設(shè)a，b，c>0，則有

27a2b2c2≥(∑a)3·∏(b+c-a)

(15)

(16)

(17)

或

(17′)

接下來，先在△ABC中，依然仿前對(17′)式作三角形代換：

(18)

(19)

次對(17)式作如下放縮處理.

利用不等式(2∑a)3=[∑(b+c)]3≥33∏(b+c)，將(17)式中的相關(guān)部分放縮為

故而由(17)(即(17′))式，再獲得：

推論4設(shè)a，b，c>0，則有

(20)

或

(20′)

推論5在△ABC中，有

(21)

或

(21′)

其中的(21)式即為著名的Garfunkel-Bankoff(見文[3])不等式.

結(jié)合Euler不等式R≥2r，便知(21′)(即(21))式Garfunkel-Bankoff不等式是Gerrestsen不等式s2≤4R2+4Rr+3r2的三角形形式的加強(qiáng).

至此，有機(jī)聯(lián)立(19)與(22)二式，便是Gerrestsen不等式16Rr-5r2≤s2≤4R2+4Rr+3r2的加強(qiáng)：

推論6在△ABC中，有

(23)

即

推論7在△ABC中，有

(24)

(24′)