简单记录一下 Problems from the Book 第一章前部分的内容。

我们都知道 $abc = 1 \iff a = \dfrac{x}{y}, b = \dfrac{y}{z}, c = \dfrac{z}{x}$，虽然这不一定能派上用场。但多掌握一些常见的换元是利大于弊的。

首先来看第一个换元：$x + y + z + 2 = xyz(x, y, z > 0)$。稍加变形，就可以得到

$$ \frac{1}{1 + x} + \frac{1}{1 + y} + \frac{1}{1 + z} = 1 $$

这表明我们可以令

$$ a = \frac{1}{1 + x}, b = \frac{1}{1 + y}, c = \frac{1}{1 + z} $$

且 $a + b + c = 1$。此时有 $x = \dfrac{b + c}{a}, y = \dfrac{a + c}{b}, z = \dfrac{a + b}{c}$。

接下来考虑另一个换元：$xy + yz + zx + 2xyz = 1(x, y, z > 0)$。事实上，它跟第一个换元的条件是相同的，这是因为该式可以化成

$$ \frac{1}{z} + \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + 2 = \frac{1}{xyz} $$

同理，可以让 $x = \dfrac{a}{b + c}, y = \dfrac{b}{a + c}, z = \dfrac{c}{a + b}$。

接下来考虑第三个换元：已知 $x^2 + y^2 + z^2 - xyz = 4$。在这之前，我们先考虑如下的问题：

$\forall a, b, c$ 满足 $abc = 1$，令 $x = a + \dfrac{1}{a}, y = b + \dfrac{1}{b}, z = c + \dfrac{1}{c}$，找出 $x, y, z$ 之间的关系。

容易有

$$ \begin{aligned} xyz &= \left(a + \frac{1}{a}\right)\left(b + \frac{1}{b}\right)\left(c + \frac{1}{c}\right) \\ &= \left(a^2 + \frac{1}{a^2}\right) + \left(b^2 + \frac{1}{b^2}\right) + \left(c^2 + \frac{1}{c^2}\right) + 2 \\ &= (x^2 - 2) + (y^2 - 2) + (z^2 - 2) + 2 \end{aligned} $$

即 $x^2 + y^2 + z^2 - xyz = 4$。

但这里有一个问题，由于 $\left |a + \dfrac{1}{a}\right | \ge 2$ 恒成立，因此不是所有的 $(x, y, z)$ 都能这样换元。事实上，需要满足条件 $\max \{|x|, |y|, |z|\} > 2$。

最后考虑条件 $x^2 + y^2 + z^2 + xyz = 4$。事实上，我们可以让 $x = 2 \cos A, y = 2 \cos B, z = 2 \cos C$，其中 $A, B, C$ 是某个三角形的三个内角。

接下来我们用这些换元解决一些题目。

例 1：证明：

$$ \frac{a}{b + c} + \frac{b}{a + c} + \frac{c}{a + b} \ge \frac{3}{2} $$

对任意 $a, b, c > 0$ 成立。

解答：根据第二个换元，只需证明当 $xy + yz + zx + 2xyz = 1$ 时，有 $x + y + z \ge \dfrac{3}{2}$。

考虑反证法。由均值不等式，易得 $xy + yz + zx \le \dfrac{(x +y + z)^2}{3}$ 及 $xyz \le \left(\dfrac{x + y + z}{3} \right)^3$。

于是 $1 = xy + yz + zx + 2xyz < \dfrac{3}{4} + \dfrac{1}{4} = 1$，矛盾。

例 2：已知 $x, y, z > 0$ 且 $xy + yz + zx + 2xyz = 1$。证明：

$$ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} \ge 4(x + y + z) $$

解答：依旧考虑第二个换元，只需证

$$ \frac{b + c}{a} + \frac{a + c}{b} + \frac{a + b}{c} \ge 4 \left (\frac{a}{b + c} + \frac{b}{a + c} + \frac{c}{a + b}\right) $$

而由权方和不等式，$\dfrac{a}{b} + \dfrac{a}{c} \ge \dfrac{4a}{b + c}$，故得证。

例 3：证明：在任意三角形 $ABC$ 中，有

$$ \cos^2A\cos^2B + \cos^2B\cos^2C + \cos^2C\cos^2A \le \frac{1}{4}(\cos^2A + \cos^2B + \cos^2C) $$

解答：将待证式变形为

$$ \frac{\cos A \cos B}{\cos C} + \frac{\cos B \cos C}{\cos A} + \frac{\cos C \cos A}{\cos B} \le \frac{1}{4}\left (\frac{\cos A}{\cos B \cos C} + \frac{\cos B}{\cos A \cos C} + \frac{\cos C}{\cos A \cos B}\right) $$

令

$$ x = \frac{\cos B \cos C}{\cos A}, y = \frac{\cos A \cos C}{\cos B}, z = \frac{\cos A \cos B}{\cos C} $$

即证

$$ x + y + z \le \frac{1}{4} \left (\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}\right ) $$

这正是我们例 2 所证的式子，只要有 $xy + yz + zx + 2xyz = 1$，而这等价于

$$ \cos^2 A + \cos^2 B + \cos^2 C + 2 \cos A \cos B \cos C = 1 $$

显然成立。

例 4：求所有实系数多项式 $f(x, y, z)$，使得对于任意 $abc = 1$，都有 $f\left(a + \dfrac{1}{a}, b + \dfrac{1}{b}, c + \dfrac{1}{c}\right) = 0$。

多项式不管是啥时候都不会。

例 5：已知 $x, y, z > 0$ 且 $xyz = x + y + z + 2$。证明：

$$ 2(\sqrt{xy} + \sqrt{yz} + \sqrt{zx}) \le x + y + z + 6 $$

解答：只需证

$$ \sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z} \le \sqrt{2(x + y + z + 3)} $$

令

$$ x = \frac{b + c}{a}, y = \frac{a + c}{b}, z = \frac{a + b}{c} $$

则 $a + b + c = 1$。

即证

$$ \sqrt{\frac{b + c}{a}} + \sqrt{\frac{a + c}{b}} + \sqrt{\frac{a + b}{c}} \le \sqrt{2 \left (\frac{b + c}{a} + \frac{a + c}{b} + \frac{a + b}{c} + 3\right )} $$

注意到

$$ \begin{aligned} \frac{b + c}{a} + \frac{a + c}{b} + \frac{a + b}{c} + 3 = (a + b + c)\left(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}\right) \end{aligned} $$

由柯西不等式易证。

例 6：略

这题太难了。

例 7：已知 $x, y, z \ge 0$ 满足 $xyz = x + y + z + 2$。证明：$xyz(x - 1)(y - 1)(z - 1) \le 8$。

解答：令

$$ x = \frac{b + c}{a}, y = \frac{a + c}{b}, z = \frac{a + b}{c} $$

即证

$$ (a + b)(b + c)(c + a)(a + b - c)(b + c - a)(c + a - b) \le 8a^2b^2c^2 $$

看起来很像舒尔不等式，但它要比舒尔不等式强。

不妨设 $a, b, c$ 是三角形的三边，否则左式会变为负数。

设 $R$ 是三角形 $ABC$ 的外接圆半径，熟知 $(a + b - c)(b + c - a)(c + a - b) = \dfrac{a^2b^2c^2}{(a + b + c)R^2}$。

只需证

$$ (a + b + c)R^2 \ge \frac{(a + b)(b + c)(c + a)}{8} $$

由正弦定理及三角恒等式，容易得到 $9R^2 \ge a^2 + b^2 + c^2$。

只需证

$$ 8(a + b + c)(a^2 + b^2 + c^2) \ge 9(a + b)(b + c)(c + a) $$

由均值不等式，

$$ 9(a + b)(b + c)(c + a) \le \frac{8}{3}(a + b + c)^3 $$

只需证

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

显然成立。

后面的题目太难了！！