用局部换元法巧证一类条件不等式

【摘 要】 本文利用局部换元法巧妙证明一类条件不等式，举出若干例子加以说明.

【关键词】 换元法;巧证;条件不等式

对于条件式为（或可化为）f（x1）+f（x2）+f（x3）=1的一类不等式的证明，我们可用局部换元的方法给以巧证，即令ai=f（xi）（i=1，2，3），则有a1+a2+a3=1，于是可将问题转化为关于ai的一个不等式而加以证明，证明过程中需要由ai=f（xi）解出xi=f-1（ai），在此式中一般会出现1-ai（或1+ai），我们再将其中的1替換为a1+a2+a3，这是本文题目冠以“巧证”的主要体现之一.

例1 （1998年日本IMO选拔赛试题）若x，y，z>0，且11+x+11+y+11+z=1，求证：xyz≥8[1].

证明 令a=11+x，b=11+y，c=11+z（a，b，c>0），则a+b+c=1，由a=11+x得x=1-aa=b+ca，同理可得，y=c+ab，z=a+bc，所证不等式可化为

p=（a+b）（b+c）（c+a）≥8abc.①

由二元均值不等式得p≥2ab·2bc·2ca=8abc，所以原不等式得证.说明 通过本文介绍的局部换元法，将一类条件不等式等价转化为非条件不等式来证明，从而达到化繁为简，化难为易的效果，如例1的实质即证明简单不等式（a+b）（b+c）（c+a）≥8abc（a，b，c>0）.

例2 （《数学通报》2014年第9期问题2201）已知a，b，c∈R+，且满足a21+a2+b21+b2+c21+c2=1，求证：abc≤24.

证明 令x=a21+a2，y=b21+b2，z=c21+c2（x，y，z>0），则x+y+z=1，a=x1-x=xy+z，b=yz+x，c=zx+y，所证不等式可化为xyz（y+z）（z+x）（x+y）≤24

（x+y）（y+z）（z+x）≥8xyz，以上最后一个不等式即例1中已证的不等式①，故原不等式得证.

例2 （2005年伊朗数学奥林匹克试题、2007年美国国家集训队测试题）设x，y，z是正数，且1x2+1+1y2+1+1z2+1=2，证明：xy+yz+zx≤32[2].

分析 这里给出的条件式表面上不是f（x）+f（y）+f（z）=1的形式，但可以等价转化为这种形式的式子.证明 条件式1x2+1+1y2+1+1z2+1=2x2x2+1+y2y2+1+z2z2+1=1.

令a=x2x2+1，b=y2y2+1，c=z2z2+1（a，b，c>0），则a+b+c=1，于是可得x=ab+c，

y=bc+a，z=ca+b，所证不等式可化为

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

≤12bb+c+ac+a+cc+a+ba+b+aa+b+cb+c

=12a+ba+b+b+cb+c+c+ac+a=32，所以原不等式得证.

例3 （1998年伊朗数学奥林匹克试题）如果x，y，z≥1，且1x+1y+1z=2，证明：x+y+z≥x-1+y-1+z-1[3].

分析 所证不等式等价于（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（a，b，c≥0），代入1x+1y+1z=2，得1a2+1+1b2+1+1c2+1=2，而代入③式得ab+bc+ca≤32，因此本题同例2是等价的，具体证明从略.

例4 （《数学通报》数学问题1270）设α，β，γ为锐角，cos2α+cos2β+cos2γ=1，求证：cotαcotβ+cotβcotγ+cotγcotα≤32.

证明 令a=cos2α，b=cos2β，c=cos2γ，则a，b，c>0，a+b+c=1，从而可得cotα=ab+c，cotβ=bc+a，cotγ=ca+b，所证不等式可化为不等式②，从而原不等式得证.

例6 （《数学通报》数学问题839）设α、β、γ为锐角，cos2α+cos2β+cos2γ=1，求证：cot2α+cot2β+cot2γ≥32.

证明 换元同例5的证明，所证不等式可化为

ab+c+bc+a+ca+b≥32

（a+b+c）（1b+c+1c+a+1a+b）≥92[（b+c）+（c+a）+（a+b）]（1b+c+1c+a+1a+b）≥9，由三元均值不等式或柯西不等式可证以上不等式成立，从而原不等式得证.

例5 （2004年上海数学竞赛试题）若α，β，γ∈0，π2，sin2α+sin2β+sin2γ=1，求证：cotα+cotβ+cotγ≥32[1].

证明 令a=sin2α，b=sin2β，c=sin2γ，则a，b，c>0，a+b+c=1，从而可得cotα=b+ca，cotβ=c+ab，cotγ=a+bc，所证不等式可化为r=b+ca+c+ab+a+bc≥32.

而由三元均值不等式及不等式①得r≥36（b+c）（c+a）（a+b）abc≥32，所以原不等式得证.

例6 （2004年江西省数学预赛试题）

若sin2α+sin2β+sin2γ=1，求证：sin2α+sin2β+sin2γ≤22[1].

证明 所证不等式即sinαcosα+sinβcosβ+sinγcosγ≤2.

令a=sin2α，b=sin2β，c=sin2γ，则a，b，c≥0，a+b+c=1，从而可得cosα=b+c，cosβ=c+a，cosγ=a+b，所证不等式可化为

s=a（b+c）+b（c+a）+c（a+b）≤2（a+b+c）.④

而由柯西不等式及不等式3（ab+bc+ca）≤（a+b+c）2可得，

s≤3[a（b+c）+b（c+a）+c（a+b）]=6（ab+bc+ca）≤2（a+b+c），

即④式成立，从而原不等式得证.

例7 （自编题）已知α，β，γ∈（0，π2），tan2α+tan2β+tan2γ=1，求证：sinα·sinβ·sinγ≤18.

证明 令a=tan2α，b=tan2β，c=tan2γ，则a，b，c>0，a+b+c=1，从而可得sinα=a1+a=a2a+b+c（这一步体现了一个“巧”字，也是一种“齐次化”技巧），同理，sinβ=b2b+c+a，sinγ=c2c+a+b，所证不等式可化为

abc（2a+b+c）（2b+c+a）（2c+a+b）≤18

t=（2a+b+c）（2b+c+a）（2c+a+b）≥64abc， 而由4元均值不等式得t≥644a2bc·4b2ca·4c2ab=64abc， 所以原不等式得证.

例8 （2005年罗马尼亚数学奥林匹克预选试题）设x，y，z是正数，且xy+yz+zx+2xyz=1，求证：

xy+yz+zx≤32.

分析 这里给出的条件式虽然从表面上看不是f（x）+f（y）+f（z）=1的形式，但可以化为这种形式.

证明 因为xy+yz+zx+2xyz=1xx+1+yy+1+zz+1=1，令a=xx+1，b=yy+1，

c=zz+1（a，b，c>0），則a+b+c=1，于是可得x=ab+c，y=bc+a，z=ca+b，所证不等式可化为不等式②，所以原不等式得证.

例9 （第20届伊朗数学奥林匹克竞赛题）设x，y，z∈R+，且

x2+y2+z2+xyz=4，证明：x+y+z≤3[2].

分析 这里给出的条件式虽与例8中的条件式不一样，但分别以yz2x，zx2y，xy2z代换xy+yz+zx+2xyz=1中的x，y，z即可得x2+y2+z2+xyz=4.

证明 因为x2+y2+z2+xyz=4yz2xyz2x+1+zx2yzx2y+1+xy2zxy2z+1=1，令a=yz2xyz2x+1，b=zx2yzx2y+1，c=xy2zxy2z+1（a，b，c>0），则a+b+c=1，于是可得yz2x=ab+c，zx2y=bc+a，xy2z

=ca+b，从而x=2bc（c+a）（a+b），y=2ca（a+b）（b+c），z=2ab（b+c）（c+a），所证不等式可化为不等式②

，所以原不等式得证.

例10 （2011年全国高中数学联赛加试B卷试题）设a，b，c≥1，且满足abc+2a2+2b2+2c2+ca-cb-4a+4b-c=28，求a+b+c的最大值[4].

解 令x=a-12，y=b+12，z=c2，得x≥0，y≥1，z≥12，则由条件式可得

（a-1）2+（b+1）2+c2+12（a-1）（b+1）c=16

a-122+b+122+c22+a-12·b+12·c2=4x2+y2+z2+xyz=4.

于是由例9的结论得x+y+z≤3，即a+b+c≤6，此式表明a+b+c的最大值为6，可以证明，当a=3，b=1，c=2时a+b+c取得最大值6.例11 （2005年摩洛哥数学奥林匹克竞赛题）设x，y，z∈R+，且xy+yz+zx+2xyz=1，

证明：14x+1+14y+1+14z+1≥1.

证明 同例8证明的代换一样可得，x=ab+c，y=bc+a，z=ca+b（a，b，c>0），所证不等式可化为

b+c4a+b+c+c+aa+4b+c+a+ba+b+4c≥1u=a4a+b+c+ba+4b+c+ca+b+4c≤12.

由二元均值不等式得u=a2a+a+b+a+c+b2b+b+a+b+c+c2c+c+b+c+a

≤12aa+ab+ac+bb+ba+bc+cc+bc+ca

=12aa+b+c+ba+b+c+ca+b+c=12，所以原不等式得证.

例14 （《数学通讯》2021年问题征解516（由笔者提供））设正数a，b，c满足ab+bc+ca+2abc=1，求P=a1+4a+b1+4b+c1+4c的最大值.解 因为ab+bc+ca+2abc=1a1+a+b1+b+c1+c=1，令x=a1+a，y=b1+b，z=c1+c，则x，y，z∈（0，1）且x+y+z=1，于是a=x1-x=xy+z，b=y1-y=yz+x，c=z1-z=zx+y，代入P的表达式得

P=a1+4a+b1+4b+c1+4c=x4x+y+z+y4y+z+x+z4z+x+y，以下仿例13的证明可得当a=b=c=12时P取得最大值12.

例12 （1996年越南数学奥林匹克试题）设x，y，z∈R+，且xy+yz+zx+xyz=4，证明：x+y+z≥xy+yz+zx[2].

分析 这里给出的条件式虽与例8中的条件式不一样，但分别以x2，y2，z2代换xy+yz+zx+2xyz=1中的x，y，z即可得xy+yz+zx+xyz=4.

证明 因为xy+yz+zx+xyz=4xx+2+yy+2+zz+2=1，令a=xx+2，b=yy+2，c=zz+2（a，b，c>0），则a+b+c=1，于是可得x=2ab+c，y=2bc+a，z=2ca+b，所证不等式可化为

v=ab+c+bc+a+ca+b≥2ab（b+c）（c+a）+bc（c+a）（a+b）+ca（a+b）（b+c）.⑤

而由二元均值不等式得

v=a（b+c）（b+c）2+b（c+a）（c+a）2+c（a+b）（a+b）2=ab1（b+c）2+1（c+a）2+bc1（c+a）2+1（a+b）2+ca1（a+b）2+1（b+c）2≥2ab（b+c）（c+a）+bc（c+a）（a+b）+ca（a+b）（b+c），所以原不等式得证.

说明 将分式不等式⑤化为整式不等式可得a3+b3+c3+3abc≥ab（a+b）+bc（b+c）+ca（c+a）（a，b，c>0），此即为著名的舒尔不等式，可以认为不等式⑤是舒尔不等式的分式形式，以上对不等式⑤的证明实际上给出了舒尔不等式的另一种（化整式不等式为分式不等式，参见文[5]）证明方法.

例13 （《数学通报》2021年第12期数学问题2640（由笔者提供））已知a，b，c>0，且ab+bc+ca+2abc=1，求證：1a2+1b2+1c2≥21ab+1bc+1ca.

证明 因为ab+bc+ca+2abc=1a1+a+b1+b+c1+c=1，令x=a1+a，y=b1+b，

z=c1+c（x，y，z>0），则x+y+z=1，a=xy+z，b=yz+x，c=zx+y，于是所证不等式可化为

y+zx2+z+xy2+x+yz2≥2（y+z）（z+x）xy+（z+x）（x+y）yz+

（x+y）（y+z）zx.

再令u=y+zx，v=z+xy，w=x+yz（u，v，w>0），即证u2+v2+w2≥2（uv+vw+wu）.

由二元均值不等式得

u2+v2+w2≥13（u+v+w）2=112（u+v+v+w+w+u）2

≥112（2uv+2vw+2wu）2

=13（uv+vw+wu）2.⑥

又由二、三元均值不等式得uv+vw+wu≥33uv·vw·wu

=33uvw=33y+zx·z+xy·x+yz

≥332yz·2zx·2xyxyz=6，所以13（uv+vw+wu）2≥2（uv+vw+wu）.⑦

由⑥、⑦式即得u2+v2+w2≥2（uv+vw+wu），从而所证不等式成立.

最后需要说明的是，用本文介绍的方法同样可得到并证明以上许多问题由三元推广为多元情形的不等式.

参考文献

[1] 安振平.直来直去证明不等式＼[J＼].数学通讯（上半月），2013（Z2）：25-27.

[2] 姜坤崇.构造一等式证明一类不等式＼[J＼].数学教学，2014（09）：26-28.

[3] 贾新，姜坤崇.一个不等式与若干数学竞赛题的关联＼[J＼].数学通讯（上半月），2014（04）：56-57.

[4] 安振平.一道全国高中数学联赛不等式题的背景溯源＼[J＼].数学通讯（下半月），2012（02）：64.

[5] 姜坤崇.化整式为分式 证明整式不等式＼[J＼].中学数学研究（上半月），2021（08）：35-38.

作者简介 姜坤崇（1958—），男，山东威海人，中学高级教师，全国优秀教师;主要研究初等数学与数学解题研究，侧重圆锥曲线和不等式;发表论文300余篇.