【哪来的均值不等式？】好好好，这么证是吧

2023-07-13 16:02 作者:Derivitiva 0人读过 | 我要投稿

已知： $(b%2Bc-a)(c%2Ba-b)(a%2Bb-c)%3D10$ ， $abc%3D6$

求值： $a(c%2Ba-b)(a%2Bb-c)%2Bb(a%2Bb-c)(b%2Bc-a)%2Bc(b%2Bc-a)(c%2Ba-b)$

解：记 $M%3Da(c%2Ba-b)(a%2Bb-c)%2Bb(a%2Bb-c)(b%2Bc-a)%2Bc(b%2Bc-a)(c%2Ba-b)$

注意到： $a(c%2Ba-b)(a%2Bb-c)%2Bb(a%2Bb-c)(b%2Bc-a)%2Bc(b%2Bc-a)(c%2Ba-b)%2B(b%2Bc-a)(c%2Ba-b)(a%2Bb-c)%3D4abc$

因此有 $M%2B10%3D24$ ，即原式= $M%3D14$

注释：

咱说下这个是怎么分解的。

$a(c%2Ba-b)(a%2Bb-c)%2Bb(a%2Bb-c)(b%2Bc-a)%2Bc(b%2Bc-a)(c%2Ba-b)%2B(b%2Bc-a)(c%2Ba-b)(a%2Bb-c)$

这个式子为a、b、c的三次轮换式。当 $a%3D0$ 时，

原式= $b(b-c)(b%2Bc)%2Bc(b%2Bc)(c-b)%2B(b%2Bc)(c-b)(b-c)$

$%3D(b%2Bc)(b-c)%5E2-(b%2Bc)(b-c)%5E2%3D0$

因此 $a$ 是原式的一个因式.

由于这个式子为a、b、c的三次轮换式，b、c也一定是原式的因式，所以原式一定是 $abc$ 的常数倍。四个小式子 $a(c%2Ba-b)(a%2Bb-c)%2Cb(a%2Bb-c)(b%2Bc-a)%2Cc(b%2Bc-a)(c%2Ba-b)%2C(b%2Bc-a)(c%2Ba-b)(a%2Bb-c)$ 各提供一个 $abc$ ，所以分解结果就是 $4abc$ .

提高难度：

已知条件不变，求 $%5Cfrac%7Ba%7D%7Bb%2Bc-a%7D%2B%5Cfrac%7Bb%7D%7Bc%2Ba-b%7D%2B%5Cfrac%7Bc%7D%7Ba%2Bb-c%7D$ 的值.

将原式乘上 $(b%2Bc-a)(c%2Ba-b)(a%2Bb-c)$ 便得上面的 $M$ 式，因此

$%5Cfrac%7BM%7D%7B10%7D%3D%5Cfrac%7Ba%7D%7Bb%2Bc-a%7D%2B%5Cfrac%7Bb%7D%7Bc%2Ba-b%7D%2B%5Cfrac%7Bc%7D%7Ba%2Bb-c%7D$ ，所求为1.4.当然也可以说是通分得到的啦.

【以上这些恐怕还有一丁点正经】

看这个证明：

已知条件不变，判断a、b、c有几个正数，几个负数.

解：不妨设 $a%3Eb%3Ec$ ，由 $abc%3E0$ ，可知 $a%2Cb%2Cc%3E0$ 或 $a%3E0%2Cb%2Cc%3C0$

不妨设 $%5Cfrac%7Ba%7D%7Bb%2Bc-a%7D%3E%5Cfrac%7Bb%7D%7Bc%2Ba-b%7D%3E%5Cfrac%7Bc%7D%7Ba%2Bb-c%7D$ ，三者积定，记作 $N%3D%5Cfrac%7B3%7D%7B5%7D%3E0$ ，与上文同样，存在“三者都为正数”或者“第一个为正数，后两个为负数”两种情况.

假设这三者都为正数，那么可以运用均值不等式 $%5Cfrac%7Ba%7D%7Bb%2Bc-a%7D%2B%5Cfrac%7Bb%7D%7Bc%2Ba-b%7D%2B%5Cfrac%7Bc%7D%7Ba%2Bb-c%7D%5Cgeq3%5Csqrt%5B3%5D%7BN%7D%20%3D3%5Csqrt%5B3%5D%7B%5Cfrac%7B3%7D5%7B%7D%7D$

而上文已知原式值为1.4，这个值小于 $3%5Csqrt%5B3%5D%7B%5Cfrac%7B3%7D5%7B%7D%7D$ ，因此不等式一定不成立。假设不成立。

因此 $%5Cfrac%7Ba%7D%7Bb%2Bc-a%7D%3E0%2C%5Cfrac%7Bb%7D%7Bc%2Ba-b%7D%3C0%2C%5Cfrac%7Bc%7D%7Ba%2Bb-c%7D%3C0$ .

假设 $a%2Cb%2Cc%3E0$ ，则 $b%2Bc-a%3E0%2Cc%2Ba-b%3C0%2Ca%2Bb-c%3C0$ .

将后两个式子相加，得出 $2a%3C0$ ，即 $a%3C0$ ，与假设矛盾.

综上讨论可知， $a%3E0%2Cb%2Cc%3C0$ ，也就是，所以a、b、c一正两负.

均值不等式出来那一刻，您是否两眼一亮？嘻嘻，接下来我们讨论一般情况：

《小试牛刀》

已知： $abc%3C(b%2Bc-a)(c%2Ba-b)(a%2Bb-c)$ ，讨论a、b、c有几个正数，几个负数.

解：

一、 $0%3Cabc%3C(b%2Bc-a)(c%2Ba-b)(a%2Bb-c)$

记 $M%3Da(c%2Ba-b)(a%2Bb-c)%2Bb(a%2Bb-c)(b%2Bc-a)%2Bc(b%2Bc-a)(c%2Ba-b)$

并且记 $(b%2Bc-a)(c%2Ba-b)(a%2Bb-c)%3D%5Calpha%3E0%2Cabc%3D%5Cbeta%3E0$

注意到： $a(c%2Ba-b)(a%2Bb-c)%2Bb(a%2Bb-c)(b%2Bc-a)%2Bc(b%2Bc-a)(c%2Ba-b)%2B(b%2Bc-a)(c%2Ba-b)(a%2Bb-c)%3D4abc$

因此有 $M%2B%5Calpha%20%3D4%5Cbeta%20$ ，即原式= $M%3D4%5Cbeta-%5Calpha$ .

不妨设 $a(c%2Ba-b)(a%2Bb-c)%3Eb(a%2Bb-c)(b%2Bc-a)%3Ec(b%2Bc-a)(c%2Ba-b)$

这三者的和为 $M%3D4%5Cbeta-%5Calpha$ ，易得积为 $N%3D%5Calpha%5E2%5Cbeta%3E0$ .

三者积为正数，意味着有两种情况：

（1） $a(c%2Ba-b)(a%2Bb-c)%3E0%2Cb(a%2Bb-c)(b%2Bc-a)%3E0%2Cc(b%2Bc-a)(c%2Ba-b)%3E0$

（2） $a(c%2Ba-b)(a%2Bb-c)%3E0%2Cb(a%2Bb-c)(b%2Bc-a)%3C0%2Cc(b%2Bc-a)(c%2Ba-b)%3C0$

假设情况1成立，可以运用均值不等式：

$M%5Cgeq3%5Csqrt%5B3%5D%7BN%7D$ ，即 $4%5Cbeta-%5Calpha%5Cgeq3%5Csqrt%5B3%5D%7B%5Calpha%5E2%5Cbeta%7D$ ，两边立方后，可以因式分解

可以得到 $(%5Calpha-%5Cbeta)(%5Calpha%2B8%5Cbeta)%5E2%5Cleq0$ ，由于 $%5Calpha%2B8%5Cbeta%3E0$ ，因此 $%5Calpha%5Cleq%5Cbeta$ .

因此， $%5Calpha%3E%5Cbeta$ 时，一定可以推翻情况1.所以，我们已经推翻了情况1.

也就是说 $a(c%2Ba-b)(a%2Bb-c)%3E0%2Cb(a%2Bb-c)(b%2Bc-a)%3C0%2Cc(b%2Bc-a)(c%2Ba-b)%3C0$

不妨设 $a%3Eb%3Ec$ ，由已知 $abc%3E0$ ，又有 $a%3E0%2Cb%3E0%2Cc%3E0$ 与 $a%3E0%2Cb%3C0%2Cc%3C0$ 两种情况

假设情况1成立，则 $(c%2Ba-b)(a%2Bb-c)%3E0%2C(a%2Bb-c)(b%2Bc-a)%3C0%2C(b%2Bc-a)(c%2Ba-b)%3C0$

将后两个式子相乘，得到 $(a%2Bb-c)(b%2Bc-a)%5E2(c%2Ba-b)%3E0$

将前两个式子、一三两个式子相乘，得 $%5Calpha(a%2Bb-c)%3C0%2C%5Calpha(c%2Ba-b)%3C0$ ，由 $%5Calpha$ 正数，

可得： $a%2Bb%3Cc%2Cc%2Ba%3Cb$ .这两式相加，便得 $2a%3C0$ ，成功推出矛盾.

综上讨论，我们已经证明两次分类讨论的情况1都不成立.

这说明， $a%3E0%2Cb%3C0%2Cc%3C0$ ！也就是，a、b、c一定是一正两负！

二、 $abc%3C(b%2Bc-a)(c%2Ba-b)(a%2Bb-c)%3C0$

与上文类似，同理，可以得出答案为两正一负.由对称性即可知，感兴趣的读者可以当作巩固题尝试从头自己证明一次.

三、 $abc%3C0%3C(b%2Bc-a)(c%2Ba-b)(a%2Bb-c)$

可以得出a、b、c为三负或者两正一负.自行尝试证明.

是不是感觉多次亿举啊哈哈哈哈哈.这个证明方法，还是挺巧妙的，虽然在这里用处不大。。直接讨论应该就能解决这个问题了.

标签：奇怪代数证明离谱巧妙求值数学

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