姜坤崇

對(duì)于或可化為條件為A+B+C=1（A，B，C>0）一類條件不等式的證明，其方法靈活多樣且沒(méi)有固定、統(tǒng)一的方法，本文介紹一種代換證法，可有效地證明這類不等式，即可令A(yù)=aa+b+c，B=ba+b+c，C=ca+b+c（a，b，c>0），這樣就可將所證不等式轉(zhuǎn)化為關(guān)于三元a，b，c的一個(gè)無(wú)條件約束的代數(shù)不等式從而加以證明.

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.

證明令11+x=aa+b+c，11+y=ba+b+c，11+z=ca+b+c（a，b，c>0），則x=b+ca，

y=c+ab，z=a+bc，所證不等式可化為p=（a+b）（b+c）（c+a）abc≥8.①

由二元均值不等式得

p≥2ab·2bc·2caabc=8，

所以原不等式得證.

例2（《數(shù)學(xué)通報(bào)》2014年第9期問(wèn)題2201）已知a，b，c∈R+，且滿足a21+a2+b21+b2

+c21+c2=1，求證：abc≤24.

問(wèn)題提供人給出的證明很繁瑣，以下利用代換法給出一種簡(jiǎn)證.

證明令a21+a2=xx+y+z，b21+b2=yx+y+z，c21+c2=zx+y+z（x，y，z>0），則a2=xy+z，b2=yz+x，c2=zx+y，于是abc≤24（abc）2≤18xy+z·yz+x·zx+y≤18（x+y）（y+z）（z+x）≥8xyz.

以上最后一個(gè)不等式即例1中已證的不等式①，故原不等式成立.

說(shuō)明將例2中的不等式推廣，可得：設(shè)xi∈R+（i=1，2，…，n，n≥2），且∑ni=1x2i1+x2i=1，則有x1x2…xn≤1（n-1）n2.

例3（2005年伊朗數(shù)學(xué)奧林匹克試題、2007年美國(guó)國(guó)家集訓(xùn)隊(duì)測(cè)試題）設(shè)x，y，z是正數(shù)，且1x2+1+1y2+1+1z2+1=2，證明：xy+yz+zx≤32.

證明由于條件式1x2+1+1y2+1+1z2+1=2x2x2+1+y2y2+1+z2z2+1=1，所以可令x2x2+1=aa+b+c，y2y2+1=ba+b+c，z2z2+1=ca+b+c（a，b，c>0），則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≤12[（bb+c+ac+a）+（cc+a+ba+b）+（aa+b+cb+c）]=12（a+ba+b+b+cb+c+c+ac+a）=32，

所以原不等式得證.

例4（1998年伊朗數(shù)學(xué)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.

分析所證不等式等價(jià)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，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3是等價(jià)的，具體證明從略.

例5（2004年上海競(jìng)賽試題）若α，β，γ∈（0，π2），sin2α+sin2β+sin2γ=1，求證：cotα+cotβ+cotγ≥32.

證明由sin2α+sin2β+sin2γ=1可令sin2α=aa+b+c，sin2β=ba+b+c，sin2γ=ca+b+c（a，b，c>0），則cotα=b+ca，cotβ=c+ab，cotγ=a+bc，所證不等式可化為

r=b+ca+c+ab+a+bc≥32.

而由三元均值不等式及不等式①得

b+ca+c+ab+a+bc≥

36（b+c）（c+a）（a+b）abc≥32，

所以原不等式得證.

例6（2005年羅馬尼亞數(shù)學(xué)奧林匹克預(yù)選試題）設(shè)x，y，z是正數(shù)，且xy+yz+zx+2xyz=1，求證：xy+yz+zx≤32.

分析條件式xy+yz+zx+2xyz=1從表面上看不為A+B+C=1的形式，但通過(guò)恒等變形可化為xx+1+yy+1+zz+1=1.

證明因?yàn)閤y+yz+zx+2xyz=1xx+1+yy+1+zz+1=1，故可令xx+1=aa+b+c，yy+1=ba+b+c，zz+1=ca+b+c（a，b，c>0），則x=ab+c，y=bc+a，z=ca+b，所證不等式可化為不等式②，所以原不等式得證.

例7（第20屆伊朗數(shù)學(xué)奧林匹克競(jìng)賽題）設(shè)x，y，z∈R+，且x2+y2+z2+xyz=4，證明：x+y+z≤3.

證明因?yàn)閤2+y2+z2+xyz=4AA+1+BB+1+CC+1=1（其中A=yz2x，B=zx2y，C=xy2z），所以可令A(yù)A+1=aa+b+c，BB+1=ba+b+c，CC+1=ca+b+c（a，b，c>0），則yz2x=ab+c，zx2y=bc+a，xy2z=ca+b，于是x=2bc（c+a）（a+b），y=

2ca（a+b）（b+c），z=2ab（b+c）（c+a），

所證不等式可化為不等式②，所以原不等式得證.

例8（1996年越南數(shù)學(xué)奧林匹克試題）設(shè)x，y，z∈R+，且xy+yz+zx+xyz=4，證明：x+y+z≥xy+yz+zx.

證明由于xy+yz+zx+xyz=4xx+2+yy+2+zz+2=1，故可令xx+2=aa+b+c，

yy+2=ba+b+c，zz+2=ca+b+c（a，b，c>0），則x=2ab+c，y=2bc+a，z=2ca+b，所證不等式可化為u=ab+c+bc+a+ca+b≥2[ab（b+c）（c+a）+bc（c+a）（a+b）+ca（a+b）（b+c）].

而由二元均值不等式得

u=a（b+c）（b+c）2+b（c+a）（c+a）2+c（a+b）（a+b）2

=ab[1（b+c）2+1（c+a）2]+bc[1（c+a）2+1（a+b）2]+ca[1（a+b）2+1（b+c）2]

≥2[ab（b+c）（c+a）+bc（c+a）（a+b）+ca（a+b）（b+c）].

所以原不等式得證.