一個(gè)代數(shù)不等式及其應(yīng)用

楊學(xué)枝

本文先給出一個(gè)十分有用的不等式即以下定理，并舉例說(shuō)明其應(yīng)用.

定理 設(shè)x1，x2，…，xn；y1，y2，…，yn是兩組任意實(shí)數(shù)，∑1≤i0，或∑1≤i0，記∑ni=1xi=x，∑ni=1yi=y，則

[∑ni=1xi（y-yi）]2=[∑ni=1yi（x-xi）]2≥

4∑1≤i

當(dāng)且僅當(dāng)x1y1=x2y2=…=xnyn時(shí)取等號(hào).

證明 若∑1≤i

若∑1≤i0，∑1≤i0，原式等價(jià)于

∑ni=1xi（y-yi）=∑ni=1yi（x-xi）≥

2∑1≤i

下面我們來(lái)證明

∑ni=1xi（y-yi）≥2∑1≤i

由于

∑ni=1xi（y-yi）=∑ni=1xi·∑ni=1yi-∑ni=1xiyi≥

∑ni=1xi·∑ni=1yi-∑ni=1xiyi，

因此要證式①成立，只要證明

∑ni=1xi·∑ni=1yi-∑ni=1xiyi≥2∑1≤i

∑1≤i

即

∑ni=1xi·∑ni=1yi≥∑ni=1xiyi+2∑1≤i

∑1≤i

式②易證成立，事實(shí)上，應(yīng)用柯西不等式，有

（∑ni=1xi·∑ni=1yi）2=（∑ni=1x2i+2∑1≤i

≥

（∑ni=1xiyi+2∑1≤i

由此得到

∑ni=1xi·∑ni=1yi≥∑ni=1xiyi+2∑1≤i

∑1≤i

≥∑ni=1xiyi+2∑1≤i

即得式②，于是式①成立，原命題獲證.由證明過(guò)程可得當(dāng)且僅當(dāng)x1y1=x2y2=…=xnyn時(shí)，原式取等號(hào).

在定理中，取n=3，得到以下

命題1 設(shè)λ，u，v，λ′，u′，v′∈R，且λu+λv+uv>0，或λ′u′+λ′v′+u′v′>0，則

[∑λ（u′+v′）]2=[∑λ′（u+v）]2≥4（∑uv）（∑u′v′），

當(dāng)且僅當(dāng)λλ′=uu′=vv′時(shí)取等號(hào).

在定理中，取n=4，得到以下

命題2 設(shè)λ，u，v，w，λ′，u′，v′，w′∈R，且λu+λv+λw+uv+uw+vw>0，或λ′u′+λ′v′+λ′w′+u′v′+u′w′+v′w′>0，則

[∑λ（u′+v′+w′）]2=[∑λ′（u+v+w）]2

≥2（λu+λv+λw+uv+uw+vw）（λ′u′+λ′v′+λ′w′+u′v′+u′w′+v′w′），

當(dāng)且僅當(dāng)λλ′=uu′=vv′=ww′時(shí)取等號(hào).

下面舉一些例子說(shuō)明以上定理和命題的應(yīng)用（略去取等號(hào)條件的證明）.

例1 （自創(chuàng)題，1998.02.01）設(shè)λ，u，v，λ′，u′，v′∈R，且∑uv>0，則

[∑λλ′]2≥（∑uv）（2∑u′v′-∑λ′2），

當(dāng)且僅當(dāng)u+vλ′=v+λu′=λ+uv′時(shí)取等號(hào).

證明 [∑λλ′]2=[12∑（-λ′+u′+v′）（u+v）]2

≥（∑uv）（∑（λ-u+v）（λ+u-v）（根據(jù)命題1中的不等式）

=（∑uv）（2∑u′v′-∑λ′2）.

例2 （自創(chuàng)題，1998.02.01）設(shè)λ，u，v，λ′，u′，v′∈R，且∑uv>0，則

∑（u+v）u′v′≤（u+v）∑uv（∑λ′）2，

當(dāng)且僅當(dāng)λ（u+v）λ′=u（v+λ）u′=v（λ+u）v′時(shí)取等號(hào).

證明 根據(jù)命題1中的不等式，有

[∑λ′u+v（u+v）]2≥

4（∑uv）∑u′v′（v+λ）（λ+u），整理即得原式.

例3 （匹多不等式）△ABC與△A′B′C′邊長(zhǎng)分別為a，b，c和a′，b′，c′，面積分別為Δ與Δ′，則∑（-a2+b2+c2）a′2≥16ΔΔ′，

當(dāng)且僅當(dāng)△ABC∽△A′B′C′時(shí)取等號(hào).

證明 在命題1中取λ=-a2+b2+c2，u=a2-b2+c2，v=a2+b2-c2，λ′=-a′2+

b′2+c′2，u′=a′2-b′2+c′2，v′=a′2+b′2-c′2，則∑uv=4Δ，∑u′v′=4Δ′，即得原式.

例4 （南京程靈老師提出）若△ABC與△A′B′C′邊長(zhǎng)分別為a，b，c和a′，b′，c′，面積分別為Δ與Δ′，則

∑（-a+b+c）a′≥43ΔΔ′

當(dāng)且僅當(dāng)△ABC與△A′B′C′均為正三角形時(shí)取等號(hào).

證明 在命題1中取λ=-a+b+c，u=a-b+c，v=a+b-c， λ′=-a′+b′+c′，

u′=a′-b′+c′，v′=a′+b′-c′，得到

∑（-a+b+c）a′≥

∑（a-b+c）（a+b-c）·

∑（a′-b′+c′）（a′+b′-c′）

≥43（a+b+c）（-a+b+c）（a-b+c）（a+b-c）·

43（a′+b′+c′）（-a′+b′+c′）（a′-b′+c′）（a′+b′-c′）

=43ΔΔ′，

即得原式.

例5 （陜西安振平老師提出）若△ABC與△A′B′C′邊長(zhǎng)分別為a，b，c和a′，b′，c′，面積分別為Δ與Δ′，則

∑（a-b+c）（a+b-c）a′2≥16ΔΔ′

當(dāng)且僅當(dāng)a（-a+b+c）a′2=b（a-b+c）b′2=

c（a+b-c）c′2時(shí)取等號(hào).

證明 在命題1中取λ=（a-b+c）（a+b-c），u=（a-b+c）（-a+b+c），v=（a+b

-c）（-a+b+c），λ′=-a′2+b′2+c′2，u′=a′2-b′2+c′2，v′=a′2+b′2

-c′2，則∑uv=4Δ，∑u′v′=4Δ′，即得原式.

注 注意到∑（a-b+c）（a+b-c）a′2=∑a（-a+b+c）（-a′2+b′2+c′2），因此，例3中的不等式又可以寫成∑a（-a+b+c）（-a′2+b′2+c′2）≥16ΔΔ′.

例6 （自創(chuàng)題，1983.05.07）若△ABC與△A′B′C′邊長(zhǎng)分別為a，b，c和a′，b′，c′，面積分別為Δ與Δ′，則

∑a（-a+b+c）（a′-b′+c′）（a′+b′-c′）≥16ΔΔ′

當(dāng)且僅當(dāng)△ABC∽△A′B′C′時(shí)取等號(hào).

證明 在命題1中取λ=（a-b+c）（a+b-c），u=（a-b+c）（-a+b+c），v=（a+b

-c）（-a+b+c），λ′=（a′-b′+c′）（a′+b′-c′），u′=（a′-b′+c′）（-a′+b′+c′），v′=（a′+

b′-c′）（-a′+b′+c′），則∑uv=4Δ，∑u′v′=4Δ′，即得原式.

例7 （自創(chuàng)題，1983.05.07）設(shè)△ABC三邊長(zhǎng)為BC=a，CA=b，AB=c，面積為Δ，P為△ABC內(nèi)部或邊界上一點(diǎn)，從P分別向三邊BC、CA、AB所在直線作垂線，垂足分別為D、E、F，記PD=r1，PE=r2，PF=r3，則∑r2r3≤4Δ22∑bc-∑a2，當(dāng)且僅當(dāng)r1-a+b+c=r2a-b+c=r3a+b-c時(shí)取等號(hào).

證明 由命題1，有

4Δ=2∑ar1=∑（-a+b+c）（r2+r3）

≥2∑（a-b+c）（a+b-c）·∑r2r3

=22∑bc-∑a2·∑r2r3，

即得原式.

例8 （自創(chuàng)題，2010.12.16）在△ABC中，設(shè)x，y，z∈R，則

（xsinC+zsinA）（ysinA+xsinB）+（ysinA+xsinB）（zsinB+ysinC）+（zsinB+ysinC）（xsinC+zsinA）≤（x+y+z）2，

或∑x2sinBsinC+（∑sinA）（∑yzsinA）≤（∑x）2，

當(dāng)且僅當(dāng)zsinB+ysinCtanA2=xsinC+zsinAtanB2=ysinA+xsinBtanC2時(shí)取等號(hào).

證明 設(shè)λ=zsinB+ysinC，u=xsinC+zsinA，v=ysinA+xsinB，由此得到

x=sinA（-λsinA+usinB+vsinC）2sinA，

y=sinB（λsinA-usinB+vsinC）2sinB，

z=sinC（λsinA+usinB-vsinC）2sinC，

經(jīng)以上變換，原式等價(jià)于

∑uv≤[∑λsinA（-sinA+sinB+sinC）2sinAsinBsinC]2

=（∑λ·2sinA2cosA2·4cosA2sinB2sinC216sinA2cosA2sinB2cosB2sinC2cosC2）2

=（∑λcos2A22cosA2cosB2cosC2）2=1[]4[SX）][∑λtanB2+tanC2].

注意到恒等式tanB2·tanC2+tanC2·tanA2+tanA2·tanB2=1，由命題1知上式成立，故得原式.

例9 （自創(chuàng)題，2010.12.1）設(shè)P為△ABC內(nèi)部或邊界上一點(diǎn)，P點(diǎn)到△ABC三邊BC，CA，AB所在直線的距離分別為r1，r2，r3，ΔABC三邊長(zhǎng)為BC=a，CA=b，AB=c，則

∑a（r1+r2）（r1+r3）≤abc.

證明 只要在例8中，取x=ar1，y=br2，z=cr3，注意到ar1+br2+cr3=2Δ=abc2R，這里Δ和R分別為△ABC的面積和外接圓半徑，即得.

例10 設(shè)x，y，z，α，β，γ∈R，且α+β+γ=kπ（k∈Z），則

yzsin2α+zxsin2β+xysin2γ≤14（x+y+z）2，

當(dāng)且僅當(dāng)xsin 2α=ysin 2β=zsin 2γ時(shí)取等號(hào).

證明 （2012年3月10日）分兩種情況證明.

?。┤鬹為奇數(shù)，即當(dāng)α+β+γ=（2n+1）π（n∈Z）時(shí)，注意到

cot βcotγ+cotγcot α+cot αcot β=1>0，

于是，根據(jù)命題1有

14（x+y+z）2=14[xsin βsin γsin α（cot β+cot γ）+ysin γsin αsin β（cot γ+cot α）

+zsin αsin βsin γ（cot α+cot β）]2

≥（cot βcot γ+cot γcot α+cot αcot β）·

（ysin γsin αsin β·zsin αsin βsin γ+zsin αsin βsin γ·xsin βsin γsin α

+xsin βsin γsin α·ysin γsin αsin β）

=yzsin2α+zxsin2β+xysin2γ，

即得原式.

ⅱ）若k為偶數(shù)，同理可證（詳證從略）.

例11 設(shè)M、N為單位正方形內(nèi)任意兩個(gè)點(diǎn)，記MA=a，MB=b，MC=c，MD=d，NA=a1，NB=，b1，NC=c1，ND=d1，則

∑a1（b+c+d）≥6.

證明 利用命題2有

∑a1（b+c+d）

≥2ab+ac+ad+bc+bd+da·

a1b1+a1c1+a1d1+b1c1+b1d1+d1a1，

而ab+ac+ad+bc+bd+da=（a+c）（b+d）+（ac+bd），

（a+c）（b+d）≥AC·BD=2；

過(guò)M作MM′∥AB，且使MM′=AB（如圖），則

ac+bd=MA·MC+MB·MD

=MA·M′D+M′A·MD≥AD·MM′=1

（在四邊形M′AMD中使用托勒密不等式），于是

ab+ac+ad+bc+bd+da=（a+c）（b+d）+（ac+bd）≥3，同理

a1b1+a1c1+a1d1+b1c1+b1d1+d1a1≥3，

故原式成立.

還可以舉出許多應(yīng)用定理和命題證明不等式的例子，限于篇幅這里就不再贅述.