天津水運高級技工學校 黃兆麟 (郵編：300456)

安振平老師在文中提出了三十個有趣的不等式問題,本文對其中的第15號、23號、26號及27號題分別給出簡證,供讀者參考.

15號題 設a、b、c是實數,求證

≥2(ab+bc+ca)

①

那么①式左邊≥(b2+ca)+(c2+ab)+(a2+ca)≥2(ab+bc+ca)=①式右邊.

即不等式①成立.以上證明用到了熟知的不等式a2+b2+c2≥ab+bc+ca.

以上根號下局部放縮的技巧還可用到文第23號題的證明之中.

23號題 已知a>0,b>0,c>0且a+b+c=3,n≥2,n∈N,求證

②

本文利用權方和不等式給出一個有趣的證明,供參考.

證 為了能利用權方和不等式求解,特將原不等式②恒等變形為含下界的如下不等式③:

③

從而我們可得

又注意到有冪平均不等式

即不等式③成立,從而不等式②成立.

26號題 設△ABC的三邊分別為a、b、c,求證

④

由于不等式④是完全對稱不等式,不失一般性,可設a≥b≥c，那么此時易知有

且有2a-b-c≥0,2c-a-b≤0，又設不等式①的左邊為M，那么

即不等式④成立,從而原不等式成立.

以上方法亦可解輪換對稱不等式問題,即文中的第27號題.

27號題 設△ABC的三邊長為a、b、c,則有

a2b(b-c)(a+b-c)+b2c(c-a)(b+c-a)+c2a(a-b)(c+a-b)≥0

⑤

證 由于不等式⑤是輪換對稱不等式,不失一般性,可設a最大,那么

當a≥b≥c時,有a+b-c≥c+a-b≥b+c-a，設⑤式左邊為M，則

M≥a2b(b-c)(b+c-a)+b2c(c-a)(b+c-a)+c2a(a-b)(b+c-a)

=(b+c-a)[a2b2+b2c2+c2a2-abc(a+b+c)]

欲證M≥0，只需證明a2b2+b2c2+c2a2≥abc(a+b+c)

⑥

⑦

由二元均值定理,容易得出

以上三式相加整理立得不等式⑦成立,從而M≥0成立.

即此時不等式⑤成立.

當a≥c≥b時,有c+a-b≥a+b-c≥b+c-a，設①式左邊為M，則

M≥a2b(b-c)(c+a-b)+b2c(c-a)(c+a-b)+c2a(a-b)(c+a-b)

=(c+a-b)[a2b2+b2c2+c2a2-abc(a+b+c)]≥0，

從而M≥0成立,即此時不等式⑤也成立.

綜上,知不等式⑤成立.