一个六元代数不等式的证明

陕西省咸阳师范学院教育科学学院 (邮编：712000)

本文先通过构造函数，应用二次函数的判别式，给出文[1]中问题5的一种证明.

问题已知a,b,c>0,x,y,z∈R,求证：

a3(y2+z2)+b3(z2+x2)+c3(x2+y2)≥2abc(yz+zx+xy).

①

证明由对称性，不妨设a≤b≤c.

构造关于主元x的二次函数

f(x)=a3(y2+z2)+b3(z2+x2)+c3(x2+y2)-2abc(yz+zx+xy)

=(b3+c3)x2-2abc(y+z)x+[(c3+a3)y2+(a3+b3)z2-2abcyz],x∈R.

因为二次函数f(x)的二次项系数b3+c3>0,所以，要证明f(x)≥0,只要证明其判别式Δx非正.事实上

Δx=4a2b2c2(y+z)2-4(b3+c3)[(c3+a3)y2+(a3+b3)z2-2abcyz]≤0,即

(b3+c3)[(c3+a3)y2+(a3+b3)z2-2abcyz]-a2b2c2(y+z)2≥0,

这可以改写上式的左端，并构造出关于主元y的二次函数

g(y)=[(b3+c3)(c3+a3)-a2b2c2]y2-2z[abc(b3+c3)+a2b2c2]y+[(a3+b3)(b3+c3)-a2b2c2]z2,y∈R.

由a≤b≤c,知c≥a,c≥b,从而，二次函数g(y)的二次项系数

(b3+c3)(c3+a3)-a2b2c2

于是，要证明g(y)≥0,只要证明其判别式Δy非正.事实上

Δy=4z2[abc(b3+c3)+a2b2c2]2-4[(b3+c3)(c3+a3)-a2b2c2][(a3+b3)(b3+c3)-a2b2c2]z2≤0.也就是

[abc(b3+c3)+a2b2c2]2≤[(b3+c3)(c3+a3)-a2b2c2][(a3+b3)(b3+c3)-a2b2c2],

这等价于

b3c3(b3+c3)+c3a3(c3+a3)+a3b3(a3+b3)≥2a2b2c2(a3+b3+c3)

(*)

由a≤b≤c,知a3b3≤c3a3≤b3c3,a3+b3≤c3+a3≤b3+c3,

应用切比雪夫不等式和三元均值不等式得

b3c3(b3+c3)+c3a3(c3+a3)+a3b3(a3+b3)

这说明不等式(*)成立，故知不等式①获证.

著名的阿克塞尔(Aczél)不等式为：

据此还可给出不等式①的另一个简证.

事实上，应用阿克塞尔(Aczél)不等式、三元均值不等式和柯西不等式，得

[a3(y2+z2)+b3(z2+x2)+c3(x2+y2)]2

=[(a3+b3+c3)(x2+y2+z2)-a3x2-b3y2-c3z2]2

≥[(a3+b3+c3)2-a6-b6-c6]·[(x2+y2+z2)2-x4-y4-z4]

=4(a3b3+b3c3+c3a3)(x2y2+y2z2+z2x2)

≥4·ab·bc·ca·(xy+yz+zx)2

=4(abc)2·(xy+yz+zx)2,

所以a3(y2+z2)+b3(z2+x2)+c3(x2+y2)

本文系北京市教育学会“十三五”教育科研滚动立项课题“数学文化与高考研究”(课题编号FT2017GD003，课题负责人：甘志国)阶段性研究成果.

≥4abc|xy+yz+zx|≥4abc(xy+yz+zx).获证.