用局部換元法巧證一類條件不等式

【摘 要】 本文利用局部換元法巧妙證明一類條件不等式，舉出若干例子加以說明.

【關鍵詞】 換元法;巧證;條件不等式

對于條件式為（或可化為）f（x1）+f（x2）+f（x3）=1的一類不等式的證明，我們可用局部換元的方法給以巧證，即令ai=f（xi）（i=1，2，3），則有a1+a2+a3=1，于是可將問題轉化為關于ai的一個不等式而加以證明，證明過程中需要由ai=f（xi）解出xi=f-1（ai），在此式中一般會出現1-ai（或1+ai），我們再將其中的1替換為a1+a2+a3，這是本文題目冠以“巧證”的主要體現之一.

例1 （1998年日本IMO選拔賽試題）若x，y，z>0，且11+x+11+y+11+z=1，求證：xyz≥8[1].

證明 令a=11+x，b=11+y，c=11+z（a，b，c>0），則a+b+c=1，由a=11+x得x=1-aa=b+ca，同理可得，y=c+ab，z=a+bc，所證不等式可化為

p=（a+b）（b+c）（c+a）≥8abc.①

由二元均值不等式得p≥2ab·2bc·2ca=8abc，所以原不等式得證.說明 通過本文介紹的局部換元法，將一類條件不等式等價轉化為非條件不等式來證明，從而達到化繁為簡，化難為易的效果，如例1的實質即證明簡單不等式（a+b）（b+c）（c+a）≥8abc（a，b，c>0）.

例2 （《數學通報》2014年第9期問題2201）已知a，b，c∈R+，且滿足a21+a2+b21+b2+c21+c2=1，求證：abc≤24.

證明 令x=a21+a2，y=b21+b2，z=c21+c2（x，y，z>0），則x+y+z=1，a=x1-x=xy+z，b=yz+x，c=zx+y，所證不等式可化為xyz（y+z）（z+x）（x+y）≤24

（x+y）（y+z）（z+x）≥8xyz，以上最后一個不等式即例1中已證的不等式①，故原不等式得證.

例2 （2005年伊朗數學奧林匹克試題、2007年美國國家集訓隊測試題）設x，y，z是正數，且1x2+1+1y2+1+1z2+1=2，證明：xy+yz+zx≤32[2].

分析 這里給出的條件式表面上不是f（x）+f（y）+f（z）=1的形式，但可以等價轉化為這種形式的式子.證明 條件式1x2+1+1y2+1+1z2+1=2x2x2+1+y2y2+1+z2z2+1=1.

令a=x2x2+1，b=y2y2+1，c=z2z2+1（a，b，c>0），則a+b+c=1，于是可得x=ab+c，

y=bc+a，z=ca+b，所證不等式可化為

q=ab+c·bc+a+bc+a·ca+b+ca+b·ab+c≤32.②

由二元均值不等式得

q=bb+c·ac+a+cc+a·ba+b+aa+b·cb+c

≤12bb+c+ac+a+cc+a+ba+b+aa+b+cb+c

=12a+ba+b+b+cb+c+c+ac+a=32，所以原不等式得證.

例3 （1998年伊朗數學奧林匹克試題）如果x，y，z≥1，且1x+1y+1z=2，證明：x+y+z≥x-1+y-1+z-1[3].

分析 所證不等式等價于（x+y+z）2≥（x-1+y-1+z-1）2x-1·y-1+y-1·z-1+z-1·x-1≤32.? ③

令x-1=a，y-1=b，z-1=c（a，b，c≥0），代入1x+1y+1z=2，得1a2+1+1b2+1+1c2+1=2，而代入③式得ab+bc+ca≤32，因此本題同例2是等價的，具體證明從略.

例4 （《數學通報》數學問題1270）設α，β，γ為銳角，cos2α+cos2β+cos2γ=1，求證：cotαcotβ+cotβcotγ+cotγcotα≤32.

證明 令a=cos2α，b=cos2β，c=cos2γ，則a，b，c>0，a+b+c=1，從而可得cotα=ab+c，cotβ=bc+a，cotγ=ca+b，所證不等式可化為……