轮换对称式

前情概要

核心思路：约束式为轮换对称式，\(x\) 与 \(y\) 互换后式子不变，二者地位完全对等，最值必在 \(x=y\) 处取得。

对称性策略

轮换对称式

比如给定表达式 \(a^2+b^2+c^2\)，如果将\(a\)、\(b\)、\(c\) 轮番替换，比如 \(a\)\(\Rightarrow\)\(b\)，\(b\)\(\Rightarrow\)\(c\)，\(c\) \(\Rightarrow\) \(a\) 后，就得到了 \(b^2+c^2+a^2\)，此时替换前后的式子是等价的(加法具有交换律)；凡是具有此类特征的代数式我们就称之为轮换对称式 .

高中数学中常见的轮换对称式，比如 \(ab+bc+ca\)、\(x+y\)、\(m^2+n^2-mn\) 等等 .注意，\(2x+y\)、\(3m+4n\) 等不是轮换对称式 .

证明轮换对称式的题目时常常考虑构造轮换对称不等式。

证明思路

轮换对称式的证明主要采用“分合”策略；

\(1^。\) 先说“分”：

分组方式为两项为一组或一项一组，当两项为一组时，或利用现有的项两两构成一组，或添加项构成一组；常利用基本不等式来解决，当一项为一组时，常利用单调性来解决。

• 如\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)，

主要利用形如这样\(a^2+b^2\ge 2ab\)的三个同样结构形式解决。

• 再如\(\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\ge \sqrt{2}(a+b+c)\)，

主要利用形如这样\(\sqrt{a^2+b^2}\ge \cfrac{\sqrt{2}(a+b)}{2}\) 的三个同结构的形式解决。

• 再如锐角三角形中，证明\(sinA+sinB+sinC>cosA+cosB+cosC\) ，

主要利用形如\(sinA>cosB\)的三个同结构的形式解决。

\(2^。\) 再说“合”：

往往是把相同形式的三个代数式相加或相乘即可。

• \(\left.\begin{array}{l}{a^2+b^2\ge 2ab}\\{b^2+c^2\ge 2bc}\\{c^2+a^2\ge 2ca}\end{array}\right\}\Rightarrow 2(a^2+b^2+c^2)\ge 2(ab+bc+ac)\Rightarrow a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac\)

• \(\left.\begin{array}{l}{\sqrt{a^2+b^2}\ge \cfrac{\sqrt{2}(a+b)}{2}}\\{\sqrt{b^2+c^2}\ge \cfrac{\sqrt{2}(b+c)}{2}}\\{\sqrt{c^2+a^2}\ge \cfrac{\sqrt{2}(c+a)}{2}}\end{array}\right\}\Rightarrow \sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{c^2+a^2}\ge \sqrt{2}(a+b+c)\)

• \(\left.\begin{array}{l}{sinA>cosB}\\{sinB>cosC}\\{sinC>cosA}\end{array}\right\}\Rightarrow sinA+sinB+sinC>cosA+cosB+cosC\)

典例剖析

证明：\(\cfrac{a^2}{b}+\cfrac{b^2}{c}+\cfrac{c^2}{a}\ge a+b+c\)

分析：\(\cfrac{a^2}{b}+b\ge 2a(a=b时取等号)\)；\(\cfrac{b^2}{c}+c\ge 2b(b=c时取等号)\)；\(\cfrac{c^2}{a}+a\ge 2c(a=c时取等号)\)；

三个式子相加得到\(\cfrac{a^2}{b}+\cfrac{b^2}{c}+\cfrac{c^2}{a}\ge a+b+c\)，当且仅当\(a=b=c\)时取到等号。

已知\(a，b，c\)为正实数，且\(a+b+c=1\)，求证：

(1)\(a^2+b^2+c^2\ge \cfrac{1}{3}\)；

【法1】由于\(a+b+c=1\)，

故\(1^2=(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\)

\(\leq a^2+b^2+c^2+(a^2+b^2)+(b^2+c^2)+(c^2+a^2)=3(a^2+b^2+c^2)\)，

即\(a^2+b^2+c^2\ge \cfrac{1}{3}\)；

【法2】设\(a=\cfrac{1}{3}+\alpha\)，\(b=\cfrac{1}{3}+\beta\)，\(c=\cfrac{1}{3}+\gamma\)，

则由\(a+b+c=1\)，将上式代入得到\(\alpha+\beta+\gamma=0\)，

则\(a^2+b^2+c^2=(\cfrac{1}{3}+\alpha)^2+(\cfrac{1}{3}+\beta)^2+(\cfrac{1}{3}+\gamma)^2\)

\(=\cfrac{1}{3}+\cfrac{2}{3}(\alpha+\beta+\gamma)+\alpha^2+\beta^2+\gamma^2\)

\(=\cfrac{1}{3}+\alpha^2+\beta^2+\gamma^2\ge \cfrac{1}{3}\)。

(2)\(ab+bc+ca\leq \cfrac{1}{3}\)

分析：由于\(a+b+c=1\)，

故\(1^2=(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca\)

\(\ge (ab+bc+ca)+2ab+2bc+2ca=3(ab+bc+ca)\)，

即\(ab+bc+ca\leq \cfrac{1}{3}\)

(3)\(\cfrac{a^2}{b}+\cfrac{b^2}{c}+\cfrac{c^2}{a}\ge 1\)

分析：由例题1可知，

\(\cfrac{a^2}{b}+\cfrac{b^2}{c}+\cfrac{c^2}{a}\ge a+b+c=1\)，得证。

对于正数 \(x,y,x\) 而言，证明：\(\cfrac{x}{yz}+\cfrac{y}{xz}+\cfrac{z}{xy}\ge \cfrac{1}{x}+\cfrac{1}{y}+\cfrac{1}{z}\)

分析：\(\cfrac{x}{yz}+\cfrac{y}{xz}=\cfrac{1}{z}(\cfrac{x}{y}+\cfrac{x}{y})\ge \cfrac{2}{z}(x=y时取到等号)\)；

\(\cfrac{y}{xz}+\cfrac{z}{xy}=\cfrac{1}{x}(\cfrac{y}{z}+\cfrac{z}{y})\ge \cfrac{2}{x}(y=z时取到等号)\)；

\(\cfrac{z}{xy}+\cfrac{x}{yz}=\cfrac{1}{y}(\cfrac{z}{x}+\cfrac{x}{z})\ge \cfrac{2}{y}(z=x时取到等号)\)；

以上三个式子相加，得到\(2(\cfrac{x}{yz}+\cfrac{y}{xz}+\cfrac{z}{xy})\ge 2(\cfrac{1}{x}+\cfrac{1}{y}+\cfrac{1}{z})\)，

即\(\cfrac{x}{yz}+\cfrac{y}{xz}+\cfrac{z}{xy}\ge \cfrac{1}{x}+\cfrac{1}{y}+\cfrac{1}{z}\)(当且仅当\(x=y=z\)时取到等号)。

证明：在锐角三角形中，\(sinA+sinB+sinC>cosA+cosB+cosC\)

分析：在锐角三角形中，\(A，B，C\in (0，\cfrac{\pi}{2})\)，故\(A+B>\cfrac{\pi}{2}\)，

即\(A>\cfrac{\pi}{2}-B\)，此时可知\(A，\cfrac{\pi}{2}-B\in (0，\cfrac{\pi}{2})\)，

而函数\(y=sinx\)在区间\((0，\cfrac{\pi}{2})\)上单调递增，故\(sinA>sin(\cfrac{\pi}{2}-B)=cosB\)，

同理，\(sinB>cosC\)，\(sinC>cosA\)，三个式子相加得到，

\(sinA+sinB+sinC>cosA+cosB+cosC\)。

【来自知乎问答】分解因式 \(ab(a^2-b^2)+bc(b^2-c^2)+ca(c^2-a^2)\)

思路1：尝试一下，发现令 \(a=b\)，左式 \(=0\)， 所以 \((a-b)\) 是其因子，根据轮换对称性，\((b-c)\)，\((c-a)\) 也都是其因子，现在只剩下一次表达式了，还必须是 \(a\)，\(b\)，\(c\) 的轮换对称表达式，而关于 \(a\)，\(b\)，\(c\) 的一次轮换对称表达式只能是 \(a+b+c\)， 也就是说只能是 \(k*(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)\)， 其中 \(k\) 是常数. 这个瞪眼法，观察 \(a^2b\) 的系数就能确定 \(k=1\) .所以因式分解只能是 \((a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)\)， 全程都不费手，不费脑.

思路2：\(ab(a^2-b^2)+bc(b^2-c^2)+ca(c^2-a^2)\)\(=\)\(ab(a^2-b^2)+bc(b^2-c^2)+ca(c^2-b^2+b^2-a^2)\)

\[\begin{aligned} &\ ab(a^2-b^2)+bc(b^2-c^2)+ca(c^2-a^2)\\ =&\ ab(a^2-b^2)+bc(b^2-c^2)+ca(c^2-b^2+b^2-a^2)\\ =&\ ab(a^2-b^2)-ca(a^2-b^2)+bc(b^2-c^2)-ca(b^2-c^2)\\ =&\ (a^2-b^2)(ab-ca)+(b^2-c^2)(bc-ca)\\ =&\ a(a+b)(a-b)(b-c)-c(b+c)(a-b)(b-c)\\ =&\ (a-b)(b-c)\big[a(a+b)-c(b+c)\big]\\ =&\ (a-b)(b-c)(a^2-c^2+ab-bc)\\ =&\ (a-b)(b-c)(a-c)(a+b+c)\\ =&\ (a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c) \end{aligned} \]

思路3：以 \((b-c)\) 为主元 分解：

\[\begin{aligned} &\ \ ab(a^2-b^2)+bc(b^2-c^2)+ca(c^2-a^2) \\ =&\ \ a^3b-ab^3+b^3c-bc^3+c^3a-ca^3 \\ =&\ \ a^3(b-c)-a(b^3-c^3)+bc(b^2-c^2) \\ =&\ \ (b-c)\left[a^3-a(b^2+bc+c^2)+bc(b+c)\right] \\ =&\ \ (b-c)\left(a^3-ab^2-abc-ac^2+b^2c+bc^2\right) \\ =&\ \ (b-c)\left[(a^3-ab^2)-(ac^2-bc^2)-(abc-b^2c)\right] \\ =&\ \ (b-c)\left[a(a^2-b^2)-c^2(a-b)-bc(a-b)\right] \\ =&\ \ (b-c)(a-b)\left[a(a+b)-c(b+c)\right] \\ =&\ \ (b-c)(a-b)\left(a^2+ab-bc-c^2\right) \\ =&\ \ (b-c)(a-b)\left[(a^2-c^2)+b(a-c)\right] \\ =&\ \ (b-c)(a-b)(a-c)(a+b+c) \\ =&\ \ (a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c) \end{aligned} \]

以 \((a-b)\) 为主元的分解过程：

\[\begin{aligned} &\ ab(a^2-b^2)+bc(b^2-c^2)+ca(c^2-a^2)\\ =&\ a^3b-ab^3+b^3c-bc^3+c^3a-ca^3\\ =&\ ab(a^2-b^2)-c^2(a-b)-c(a^3-b^3)\\ =&\ ab(a-b)(a+b)-c^2(a-b)-c(a-b)(a^2+ab+b^2)\\ =&\ (a-b)\Big[ab(a+b)-c^2-c(a^2+ab+b^2)\Big]\\ =&\ (a-b)\Big(a^2b+ab^2-c^2-a^2c-abc-b^2c\Big)\\ =&\ (a-b)\Big[(a^2b-a^2c)+(ab^2-b^2c)-(c^2+abc)\Big]\\ =&\ (a-b)\Big[a^2(b-c)+b^2(a-c)-c(a+b+c)\Big]\\ =&\ (a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c) \end{aligned} \]