a*a*a+b*b*b+c*c*c>=3*a*b*c的证法
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发布时间：2023-07-22 12:21
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时间：2023-09-16 03:46
奥数
的...会不会太难？1设a,b,c是三角形的三边,求证：a2(b+c－a)+b2(c+a－b)+c2(a+b－c)≤3abc.(第6届IMO试题)证法一
注意到a3+b3+c3－3abc
=(a+b+c)(a2+b2+c2－ab－bc－ca
),得3abc－[a2(b+c－a)+b2(c+a－b)+c2(a+b－c)]=a3+b3+c3－3abc+a(b2+c2－2bc)+b(c2+a2－2ca)+c(a2+b2－2ab)=(a+b+c)(a2+b2+c2－ab－bc－ca
)
+a(b2+c2－2bc)+b(c2+a2－2ca)+c(a2+b2－2ab)=
12(
a+b+c)[(a－b)2+(b―c)2+(c―a)2]+a(b―c)2++b(c―a)2+c(a－b)2=12(a+b－c)(a－b)2+12(
b+c－a)(b―c)2+12(a+c－b)(c―a)2.∵a,b,c是三角形的三边,∴a+b－c
>0,
b+c－a
>0,
a+c－b
>0.而(a－b)2≥0,(b―c)2≥0,(c―a)2≥0,故原不等式成立,当且仅当a=b=c,即△ABC是正三角形时等号成立.
例2
已知a,b,c是正数,
证明：(1)ab+c+bc+a+ca+b≥32.
(1963年莫斯科数学奥林匹克试题)(2)
a2b+c+b2c+a+c2a+b≥a+b+c2.
(第2届世界友谊杯数学竞赛试题)证明
(1)∵ab+c+bc+a
+ca+b－32=2a(a+b)
(c+a)+2b(a+b)(b+c)+2c(b+c)(c+a)－3(a+b)(b+c)(c+a)2(a+b)(b+c)(c+a)=
2(a3+b3+c3)－(a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2)2(a+b)(b+c)(c+a)=
a3+b3－(a2b+ab2)+b3+c3－(b2c+bc2)+b3+c3－(c2a+ca2)2(a+b)(b+c)(c+a)=
(a+b)(a－b)2+(b+c)(b－c)2+(c+a)(c－a)
22(a+b)(b+c)(c+a)≥0,
∴ab+c+bc+a
+ca+b≥32.(2)不难证明a2b+c+b2c+a+c2a+b=(a+b+c)(ab+c+bc+a
+ca+b)－(a+b+c),利用这个恒等式得到不等式ab+c+bc+a
+ca+b≥32和a2b+c+b2c+a+c2a+b≥a+b+c2等价.例3
设x,
y,
z是正数,
则y2－x2z+x+z2－y2x+y+x2－z2y+z≥0.
(W.Janous猜想)证明
设
u
=
y2－x2z+x+z2－y2x+y+x2－z2y+z,
v=
y2－z2z+x+z2－x2x+y+x2－y2y+z,则u－v
=
z2－x2z+x+x2－y2x+y+y2－z2y+z
=
z―x+x―y+y―z
=
0,又u+v
=
(x2－y2)(1y+z－1z+x)+(y2－z2)(1z+x－1x+y)+(z2－x2)(1x+y－1y+z)=
(x2－y2)x－y(y+z)(z+x)
+
(y2－z2)y－z(z+x)(x+y)
+
(z2－x2)z-x(x+y)(y+z)=
(x+y)(x－y)2(y+z)(z+x)
+
(y+z)(y－z)2(z+x)(x+y)
+
(z+x)(z－x)2(x+y)(y+z)≥0,所以,u=v>0.
从而y2－x2z+x+z2－y2x+y+x2－z2y+z≥0.例4正实数x,y,z满足xyz≥1,证明：x5－x2x5+y2+z2+y5－y2y5+z2+x2+z5－z2z5+x2+y2≥0.
(第46届IMO试题)
证明
因为xyz≥1,所以x5－x2x5+y2+z2≥x5－x2•xyzx5+(y2+z2)•xyz=x4－x2yzx4+yz(y2+z2)≥2x4－x2(y2+z2)2x4+(y2+z2)2,类似地,可得y5－y2y5+z2+x2≥2y4－y2(z2+x2)2y4+(z2+x2)2,
z5－z2z5+x2+y2≥2z4－z2(x2+y2)2z4+(x2+y2)2.令a=x2,b=y2,c=z2,原不等式化为证明
