江苏省常熟市中学(215500)钱春兰
赛题呈现已知a,b,c是正实数，求证：a3c(a2+bc)+b3a(b2+ca)+c3b(c2+ab)≥32。
这是2009年韩国数学奥林匹克竞赛的一道不等式证明题，文\[1\]给出了这道试题的一个证明和推广。笔者对这个结构优美、内涵丰富的齐次分式不等式再作进一步探究，供参考。
1.试题变形
根据不等式是齐次的特点可将上述待证不等式作适当变形，得
ac2ac+ba+ba2ba+cb+cb2cb+ac≥32。
令ba=x，cb=y，ac=z，则上述不等式等价于下列结论：
若正实数x,y,z满足xyz=1，则x2x+y+y2y+z+z2z+x≥32。
2.解法荟萃
证明1：x2x+y+y2y+z+z2z+x≥32?(2x)2x+y+(2y)2y+z+(2z)2z+x≥6。
由基本不等式a2+b2≥2ab在b>0时变形，得
a2b≥2a－b，因此
(2x)2x+y+(2y)2y+z+(2z)2z+x≥\[4x－(x+y)\]+\[4y－(y+z)\]+\[4z－(z+x)\]≥2(x+y+z)≥63xyz=6。
证明2：由a－b22≥0在b>0时变形，得a2b≥a－b4，于是
x2x+y+y2y+z+z2z+x≥x－x+y4+y－y+z4+z－z+x4
=x+y+z2≥33xyz2=32。
证明3：利用简单的均值不等式a2a+b+a+b4≥a，得
x2x+y+x+y4≥x，y2y+z+y+z4≥y，z2z+x+z+x4≥z。
上述三式相加，得x2x+y+y2y+z+z2z+x≥x+y+z2≥33xyz2=32。
证明4：利用柯西不等式，得
x2x+y+y2y+z+z2z+x≥(x+y+z)2x+y+y+z+z+x=x+y+z2≥33xyz2=32。
3.追根溯源
在上述证明中我们获得了一个中间不等式x2x+y+y2y+z+z2z+x≥x+y+z2,
由此自然联想到一道友谊杯国际邀请赛不等式试题：
已知x,y,z是正数，则x2y+z+y2z+x+z2x+y≥x+y+z2。（1998年第二届友谊杯国际数学邀请赛）
由对称性不妨设x≥y≥z，则有x2≥y2≥z2，1y+z≥1z+x≥1x+y。
由排序不等式，得x2y+z+y2z+x+z2x+y≥x2x+y+y2y+z+z2z+x,
故本题是对友谊杯邀请赛不等式的一个加强。另外，注意到
x2y+z+y2z+x+z2x+y≥x+y+z2?xy+z+yz+x+zx+y≥32。
而后一个不等式就是著名的Nesbitt不等式：
已知x,y,z∈R+，求证xy+z+yz+x+zx+y≥32。
（Nesbitt1903。1963莫斯科数学竞赛）
因此2009年韩国数学奥林匹克竞赛不等式的本质是Nesbitt不等式一个加强版。
4.探究拓展
采用上述证明方法，同样可证得x2x+y+y2z+x+z2y+z≥32。由排序不等式，得
x2x+y+y2y+z+z2z+x≥x2x+y+y2z+x+z2y+z；
x2y+z+y2z+x+z2x+y≥x2x+y+y2z+x+z2y+z；
x2z+x+y2x+y+z2y+z≥x2x+y+y2z+x+z2y+z；
x2y+z+y2x+y+z2z+x≥x2x+y+y2z+x+z2y+z；
x2z+x+y2y+z+z2x+y≥x2x+y+y2z+x+z2y+z。
将ba=x，cb=y，ac=z回代,可得到这个赛题的四个类似不等式和一个加强不等式：
若a,b,c是正实数，则
b3ca2(c2+ab)+c3b(c2+ab)+a3bc2(b2+ca)≥32;
a2bc(c2+ab)+b2ca(a2+bc)+c2ab(b2+ca)≥32;
a3c(a2+bc)+b3ca2(c2+ab)+c2ab(b2+ca)≥32;
c3b(c2+ab)+a3bc2(b2+ca)+b2ca(a2+bc)≥32;
b3a(b2+ca)+ac3b2(a2+bc)+a2bc(c2+ab)≥32。
另外，可将这一问题推广至n元情形：
命题已知xi∈R+(i=1,2,…,n)，求证：
x31x2(x21+xnx2)+x32x3(x22+x1x3)+x33x4(x23+x2x4)+…+x3n－1xn(x2n－1+xn－2xn)+x3nx1(x2n+xn－1x1)≥n2。
证明：利用柯西不等式的变式，得
x1x22xnx1+x1x2+x2x32x1x2+x2x3+…+xnx12xn－1x1+xnx1≥x1x2+x2x3+…+xnx122x1x2+x2x3+…+xnx1=x1x2+x2x3+…+xnx12
≥nnx1x2·x2x3·…·xnx12≥n2。
\[1\]查正开。一个竞赛不等式的简证和推广\[J\]。福建中学数学，2012（12）47-48。