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(双林中学,浙江 湖州 313012)

众所周知，关于三元三次齐次不等式有以下经典试题：

例1已知a,b,c≥0,求证：

(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)≤abc.

(1)

(1983年瑞士数学竞赛题)

展开、整理后，易得其等价式

a3+b3+c3+3abc≥a2(b+c)+b2(c+a)+c2(a+b)=

(2)

a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2)=

bc(b+c)+ca(c+a)+ab(a+b).

翻阅相关资料后，笔者发现某些不等式问题与之有其惊人的“形似”之处，往往让人有一种“无意插柳”之喜.故而欣然命笔采撷数例，以示“经典试题”在数学竞赛及初数研究中的“特异功能”，以期物尽其用、抛砖引玉.

例2设非负实数a,b,c满足a+b+c=1,求证：

(3)

(2010年全国高中数学联赛广东省预赛试题第3题)

证明在式(1)中，由a+b+c=1,得

(1-2a)(1-2b)(1-2c)≤abc,

即

1-2(a+b+c)+4(bc+ca+ab)-8abc≤abc，

从而

-1+4(bc+ca+ab)≤9abc，

评注在条件a+b+c=1下，式(1)等价于式(3).

类似地，我们可以轻松证明以下赛题：

(第41届IMO第2题)

例4已知a,b,c∈R+,且a+b+c=2，证明：

(4)

(《数学通报》2008年6月号问题1 830)

分析1注意到2=a+b+c，从而

⟺a[a2-(b-c)2]+b[b2-(c-a)2]+c[c2-(a-b)2]≥3abc

⟺[a3-a(b2+c2)+2abc]+[b3-b(c2+a2)+2abc]+[c3-c(a2+b2)+2abc]≥3abc

⟺a3+b3+c3+3abc≥a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2),

由上式的正确性可知所证式成立.

分析2作代换：(2a,2b,2c)→(a,b,c),可知例4等价于以下不等式问题：

已知a,b,c∈R+,且a+b+c=1.证明：

(5)

易证式(5)⟺式(3)(在a+b+c=1的条件下).因此式(5)成立，从而其等价命题例4得证.

例5若a,b,c>0，则

3(a4+b4+c4)+(bc+ca+ab)2≥6(b2c2+c2a2+a2b2).

(6)

(《数学通报》2017年2月号问题2 350)

分析初看这是一个(三元)四次(齐次)不等式，似乎鞭长莫及、高不可攀，实则是近在咫尺、触手可及的(三元)三次(齐次)不等式问题.

a3+b3+c3+3abc≥a2(b+c)+b2(c+a)+c2(a+b)

⟺(a+b+c)(a3+b3+c3)+3abc(a+b+c)≥(a+b+c)[a2(b+c)+b2(c+a)+c2(a+b)]

⟺a4+b4+c4+a3(b+c)+b3(c+a)+c3(a+b)+3abc(a+b+c)≥a3(b+c)+b3(c+a)+c3(a+b)+

a2(b+c)2+b2(c+a)2+c2(a+b)2

⟺a4+b4+c4+3abc(a+b+c)≥a2(b+c)2+b2(c+a)2+c2(a+b)2

⟺a4+b4+c4+abc(a+b+c)≥2(b2c2+c2a2+a2b2),

(7)

而欲证式其实是3(a4+b4+c4)+2abc(a+b+c)≥5(b2c2+c2a2+a2b2),即

(8)

利用平凡不等式x2+y2+z2≥yz+zx+xy,易知式(7)⟹式(8).故式(6)成立.

评注从例5的分析可以看出，(三元)四次(齐次)不等式(7)与(三元)三次(齐次)不等式(2)等价，且要强于不等式(6)，这是始料未及的.

例6设a,b,c,d>0,且a+b+c+d=4,求证：

(9)

(《数学通报》2017年4月号问题2 356)

分析首先，利用题设a+b+c+d=4,将问题转化为齐次不等式问题：

16(a+b+c+d)(a2+b2+c2+d2)+48(bcd+cda+dab+abc)≥7(a+b+c+d)3,

(10)

其中 (a+b+c+d)(a2+b2+c2+d2)=a3+b3+c3+d3+a(b2+c2+d2)+b(c2+d2+a2)+

c(d2+a2+b2)+d(a2+b2+c2),

(11)

(a+b+c+d)3=a3+b3+c3+d3+3a(b2+c2+d2)+3b(c2+d2+a2)+3c(d2+a2+b2)+

3d(a2+b2+c2)+6(bcd+cda+dab+abc).

(12)

其次，“撇开”三次齐次不等式(10)，自由操作如下：

b3+c3+d3+3bcd≥b(c2+d2)+c(d2+b2)+d(b2+c2),

c3+d3+a3+3cda≥c(d2+a2)+d(a2+c2)+a(c2+d2),

d3+a3+b3+3dab≥d(a2+b2)+a(b2+d2)+b(d2+a2),

a3+b3+c3+3abc≥a(b2+c2)+b(c2+a2)+c(a2+b2),

以上4个式子相加，得

3(a3+b3+c3+d3)+3(bcd+cda+dab+abc)≥ 2[a(b2+c2+d2)+b(c2+d2+a2)+c(d2+a2+b2)]+

d(a2+b2+c2).

(13)

再次，试图利用式(11)和式(12)把式(13)等价变形为式(10)的形式……