一個猜測不等式的證明

第９屆美國數學競賽試題中有如下不等式：設0≤a，b，c≤1，證明+++（1-a）（1-b）（1-c）≤1.（1）

此題易被推廣到n個變元的情形，然而其逆向不等式的探求卻極為不易．楊克昌老師曾給出如下猜測：設0≤a，b，c≤1，證明或否定：+++（1-a）（1-b）（1-c）≥.（2）

這一猜測不等式至今仍未見證明．本文將利用局部磨光法和特殊的配方技巧給出這一不等式的兩種證明方法．

證明一：記F（a，b，c）=++

+（1-a）（1-b）（1-c），σ=a+b+c． 由對稱性不妨設0≤a，b≤c，則F（a，b，c）-F（，，c）=H（a，b，c）.（3）

這里，H（a，b，c）=2（1+σ）-（1-c）（1+σ-a）（1+σ-b）（1+σ-），而H（a，b，c）-H（，，c）=（1-c）（a-b）2（1+σ-）≥0，如記a+b=2d，

h（d）=2（1+c+2d）-（1-c）（1+c-d）3，

則有H（a，b，c）≥H（，，c）=2（1+σ）-（1++）3（1-c）=2（1+c+2d）-（1-c）（1+c+d）3=h（d）（0≤d≤c≤1）.

注意到h''（d）=-6（1-c）（1+c+d）<0，故h（d）是上凸的. 由h（0）=2（1+c）-（1-c）（1+c）3=

（1+c）[2-（1-c2）（1+c）]>0，

h（c）=2（1+3c）-（1-c）（1+2c）3≥

2（1+3c）-2（1+2c）≥0，

得h（d）≥min｛h（0），h（c）｝≥0.

綜上得到，如將函數F（，，c）中的簡記為a，則得F（a，b，c）≥F（，，c）=++（1-a）2（1-c）=+

（0≤a≤c≤1）.（4）

這里I（a，c）=16a（2a+1）+8c（a+c+1）+（a+c+1）

（2a+1）[8（1-a）2（1-c）-7]=

（2a-1）2（1+6a-4a2）（1+a+c）+8a2（c-a）2（3-2a）

+8a（c-a）（2a-1）（2+a-2a2）=（1+c+5a）（1-2a）4

+8a2（3-2a）（c+a-1）2+8a2（1-2a）3+2a（3-3c+a）（1-2a）2.（5）

由 （5） 之第二式知，當≤a≤c≤1時，I（a，c）≥0； 由（5）之第三式知，當0≤a≤，且0≤c≤1時，I（a，c）≥0， （等號成立當且僅當c=a=） 從而（2）式成立.

證明二：由對稱性不妨設a≥b≥c，令

f（x）=++

+（1-a）（1-b+x）（1-c-x），

其中，0≤x≤．則

f′（x）=[（1-a）-][（b-c）-2x]≤[（1-a）-2（1+a+b+c）（1+a+）-3][（b-c）-2x]．

記=s，及h（s）=-，則

h'（s）=（-）>0，

所以由s≤a，得

f '（x）=[（1-a）-2h（s）][（b-c）-2x]≤[（1-a）-]#8226;

[（b-c）-2x]=-[（b-c）-2x]

其中，1+a-6a2+4a3+8a4=（+8a4）+（a+4a3）+-6a2≥4a2+4a2+-6a2>0.

又注意到（b-c）-2x≥0，所以得到f '（x）≤0，即f（x）在區間[0，]為單調遞減函數． 所以，

f '（0）≥f（），即

+++（1-a）（1-b）（1-c）

≥++（1-a）（1-）2.

記=d，當0≤x≤時，考察輔助函數

f（x）=++（1-a+2x）（1-d-x）2，

求其導數，有

f '（x）=（a-d-3x）[（1-d-x）-]

=#8226;g（x）

設d+x=t，d-x=k，則由1≤1+a+k≤2+t，得

g（x）=（1-d-x）（1+2d+2x）2（1+d+a-x）2-

（1+2d+a）（2+3d+a+x）=（1+a+k）2[（3t-4t3）-

-]≤（）2I（t）.

其中，I（t）=-2+4t+7t2-13t3-16t4-4t5=-（1+1+8t3）+4t+7t2-5t3-16t4-4t5≤-2t+7t2-5t3-16t4-4t5=-（t+t+16t4）+7t2-4t5≤（7-3）t2-4t5<0.

綜上得知，當0≤t≤1時，恒有I（t）≤0，即g（x）≤0，也即f '（x）≤0．從而f（0）≥f（）?圳++（1-a）（1-d）2≥f（）．

因此只要證明：f（）=

+（1-）3≥，

記=λ，0≤λ≤1，即證

+（1-λ）3≥?圳24λ+8（1+2λ）（1-λ）3

-7（1+2λ）≥0

?圳1+2λ-24λ2+40λ3-16λ4≥0

?圳（1+6λ-4λ2）（1-2λ）2≥0，證畢.