玩不等式多了就知道，从总体上讲，根式不等式比有理不等式要难，特别是多个根式的情形往往让人难以 下手。处理根式不等式的一种常规的想法是如何通过有效的放缩将根式放缩成有理式①，而讲到放缩法，均值、
柯西等等的方法技巧实在太多了，很难总结，巧妙之处往往无法用言语来表达。本文仅是试图对其中的一种方 法——“作差有理化放缩法②”作一点浅谈。
先提醒一句，这个方法不算很常用，甚至可以说比较难用（看完后面的例子便知），故此通常是在常规方 法不凑效时才值得一试，成功率并不高。
为方便叙述，下面以A、B等字母表示有理式。这里仅以二次根式为例，对于√
A，将其与B作差然后分 子有理化，即
√A−B= A−B2
√A+B，
当A−B2恒非负或恒非正时，视实际情况来将分母放缩成有理式，从而得到√
A的有理估计式。
这样做的好处在哪里？其实这样是为了减少误差，得到强的估计式。因为我们可以选择一个合适的B，使 A−B2是一个比较小的量，这样在分母放缩的时候产生的误差就小，得到的估计式就强。
比如说，当a,b⩾0且a2+b2̸= 0时，我们尝试对√
a2+b2作上界估计。
先来简单点的，由均值有
√
a2+b2−a+b
√2 =
(a−b)2
√ 2
a2+b2+a+b
√2
⩽
(a−b)2 2 a+b
√2 +a+b
√2
= (a−b)2 2√
2(a+b)，
于是得到 √
a2+b2⩽a+b
√2 + (a−b)2 2√
2(a+b) = 3a2+ 2ab+ 3b2 2√
2(a+b) ， (3.4.1)
式(3.4.1)就是一个很好的上界估计，形式好，分母简单。
又或者这样
√a2+b2− (
a+b−
(4−2√ 2)
ab a+b
)
=
2( 3−2√
2)
ab(a−b)2 (a+b)2
√a2+b2+a+b−
(4−2√ 2)
ab a+b
⩽ 2(
3−2√ 2)
ab(a−b)2 (a+b)2 a+b
√2 +a+b−
(4−2√ 2)
ab a+b
，
化简整理，最终就可以得到
√a2+b2⩽ (a+b) (
a2+ 2( 3−2√
2) ab+b2
) a2+ 2(
4√ 2−5)
ab+b2 ， (3.4.2)
式(3.4.2)就是一个很强的上界估计了，比(3.4.1)强，而且a=b或ab= 0都能取等号。但是在形式上，式
(3.4.2)显然是更复杂的，所以在实际应用中，式(3.4.1)会更实用些。
我们甚至可以在分母里再作类似的有理化再放缩，即
√A−B= A−B2
√A+B = A−B2 A−C2
√A+C +B+C
= A−B2
A−C2 A−D2
√A+D +C+D
+B+C
=· · ·，
①这里的“有理”仅针对变量，而不必考虑变量的系数，也就是说√
2a这里也认为是有理式。
②这名字其实是我临时作的。
这样一直下去，越到后面放缩产生的误差将会越小，但是代价就是放缩得到的式子越来越复杂，所以一般来说 不必这样做。
显然，这方法的关键就是如何找到好的B，以及有理化后分母如何放缩。这其实也是最讲技巧的地方，得 根据实际情况而定，这里只能讲讲我个人的一点经验。
首先必须先注意不等式的取等条件，否则误差再小也没用，通常可以借助均值、柯西之类的不等式来寻找 近似的量，慢慢调整。其次是注意形式，尽可能让放缩后的式子简洁，这样才能方便之后的证明。如果B找得 好，使得分子够小，那么分母放缩时方可大胆舍项添项，让分式简单、对称，甚至让其轮换求和时能直接合起 来。此外，有时先将不等式两边平方再尝试也是个不错的选择。
好了，讲更多大概还是不及来几个例子实际些，以下例子中的证法均由作者独立给出，如有雷同，实属巧 合。在证明过程中，有些地方可能会用到一些经典不等式，为节省篇幅，这里都将不加证明地使用它们。
例3.4.1. 已知a,b,c∈R+且a+b+c= 3，求证 a√
a+b+b√
b+c+c√
c+a⩾3√ 2。
证法一 两边平方并齐次化，有
∑ a√
a+b⩾3√
2 ⇐⇒ ∑
a2(a+b) + 2∑ ab√
(a+b)(b+c)⩾ 2 3
(∑a )3
， (3.4.3)
由
2√
(a+b)(b+c)−(a+ 2b+c) =− (a−c)2 2√
(a+b)(b+c) +a+ 2b+c ⩾−(a−c)2 a+b+c， 得到
2√
(a+b)(b+c)⩾b+∑
a−(a−c)2
∑a ， 所以要证式(3.4.3)只要证
∑a2(a+b) +∑ ab
( b+∑
a−(a−c)2
∑a )
⩾2 3
(∑a )3
， (3.4.4)
整理，有
式(3.4.4) ⇐⇒ ∑
a3+∑
a2b+∑
ca2+∑ ab∑
a−2 3
(∑a )3
⩾
∑ab(a−c)2
∑a
⇐⇒ (∑
a2+∑ ab−2
3 (∑a
)2) ∑ a⩾
∑ab(a−c)2
∑a
⇐⇒ ∑ ((∑
a )2
−6ab )
(a−c)2⩾0，
记Sc=(∑
a )2
−6ab,Sa=(∑
a )2
−6bc, Sb=(∑
a )2
−6ca，则
Sa+Sb+Sc= 3(∑
a )2
−6∑
ab= 3∑
a2>0，
以及由Schür不等式有
SaSb+SbSc+ScSa = 3(∑
a )4
−12∑ ab(∑
a )2
+ 36abc∑ a
= 3(∑
a) ((∑
a )3
−4∑ ab∑
a+ 12abc )
⩾9abc∑
a >0，
由此可得∑
Sc(a−c)2⩾0成立，即式(3.4.4)成立，从而原不等式得证。
证法二 仍然证式(3.4.3)，由
√(a+b)(b+c)− (
b+ 2ca c+a
)
=
(a+b)(b+c)− (
b+ 2ca c+a
)2
√(a+b)(b+c) +b+ 2ca c+a
= (a−c)2(ab+bc+ca) (c+a)2√
(a+b)(b+c) +b(c+a)2+ 2ca(c+a)
= (a−c)2(ab+bc+ca) (c+a)2(√
(a+b)(b+c)−b)
+ 2(ab+bc+ca)(c+a)
= (a−c)2
(c+a)2· 1
√(a+b)(b+c) +b + 2(c+a)
⩾ (a−c)2 (a+c)2·2
b + 2(a+c)
= b(a−c)2 2(a+c)(a+b+c)，
得到 √
(a+b)(b+c)⩾b+ 2ca
c+a+ b(a−c)2
2(a+b+c)(a+c) =b+4ca+ab+bc 2(a+b+c) ， 所以要证式(3.4.3)只要证
∑a2(a+b) + 2∑ ab
(
b+4ca+ab+bc 2(a+b+c)
)
⩾ 2 3
(∑a )3
， (3.4.5)
去分母并展开整理，最终可将式(3.4.5)化为
∑a4+∑
ab3⩾2∑ a3b，
进一步配凑为
(∑a2 )2
−3∑
a3b+∑
ab(a−b)2⩾0，
由Vasc不等式可知上式成立，从而式(3.4.3)成立，原不等式得证。
注 此例中，由于左边的次数是 3
2，所以得两边平方才能减去有理式。
在 证 法 一 中，a+ 2b +c 是 通 过 均 值 找 出 来 的， 最 后 用 到 的 结 论 是S.O.S方 法 里 面 的 结 论 之 一： 记 S =Sa(b−c)2+Sb(c−a)2+Sc(a−b)2，若Sa+Sb+Sc⩾0且SaSb+SbSc+ScSa⩾0，则S⩾0。这里将 此结论简单证一下。若Sa+Sb,Sb+Sc,Sc+Sa全为零，则必定Sa=Sb=Sc = 0，此时S = 0。若Sa+Sb, Sb+Sc,Sc+Sa不全为零，则必有其中之一为正的，否则与Sa+Sb+Sc ⩾0矛盾。不妨设Sb+Sc>0，配方 得
S=
((Sb+Sc)a−bSc−cSb
)2
+ (SaSb+SbSc+ScSa)(b−c)2
Sb+Sc ⩾0。
在证法二中，b+ 2ca
c+a是通过柯西再均值找出来的，过程中做了两次有理化，但这并不是因为我觉得不够 精确，而是我发现第二次有理化刚好可以约掉ab+bc+ca。可惜后面证式(3.4.5)时未发现更简单方法，展开 的计算量稍大，而且还用到了Vasc不等式，所以我对证法二还不十分满意。
本题的其他证法参见：
http://kkkkuingggg.haotui.com/thread-1119-1-1.html
http://www.aoshoo.com/bbs1/dispbbs.asp?boardid=14&Id=24794
例3.4.2. 已知a,b,c⩾0,k∈[0,2]，求证
∑ √a2+kab+b2⩽∑
a+√∑
a2+k∑ ab。
证明 由对称性，不妨设a=min{a, b, c}，则
√
a2+kab+b2−(a+b) = (k−2)ab
√a2+kab+b2+a+b ⩽(k−2)ab
2(a+b) ⩽ (k−2)a
4 ，
得到 √
a2+kab+b2⩽ k+ 2 4 a+b，
同理有√
a2+kac+c2⩽ k+ 2
4 a+c，所以
∑ √a2+kab+b2⩽ k+ 2
4 a+b+k+ 2
4 a+c+√
b2+kbc+c2， 因此只要证
k 2a+√
b2+kbc+c2⩽√∑
a2+k∑ ab，
两边平方化简为
k2
4 a2+ka√
b2+kbc+c2⩽a2+ka(b+c)，
由k∈[0,2]知上式显然成立，故原不等式得证。
注 注意到当k̸= 2时原不等式的取等条件是a,b,c中任意一个为0，所以左边放缩的时候只对与a相关 的两个根号进行放缩，另一个不能动。
事实上，考虑几何意义，不难看出本题是Hlawka不等式的特例，所以其实k的范围可以是[−1,2]，但是 k为负数时上述证法失效。
例3.4.3. 已知a,b,c∈R+且a+b+c= 1，求证 a√
1−bc+b√
1−ca+c√
1−ab⩾
√23
24−15abc 8 。 证明 两边平方等价于
∑a2(1−bc) + 2∑ ab√
(1−bc)(1−ca)⩾ 23
24−15abc 8 ， 由
2√
(1−bc)(1−ca)−(
2−c(a+b))
= 4(1−bc)(1−ca)−(
2−c(a+b))2
2√
(1−bc)(1−ca) + 2−c(a+b)
= −c2(a−b)2
2√(
(a+b+c)2−bc)(
(a+b+c)2−ca)
+ 2−c(a+b)
⩾ −c2(a−b)2
2(a2+b2+c2) +ab+ 2bc+ 2ca+ 2−c(a+b)
= −c2(a−b)2 4−3(ab+bc+ca)， 得到
2√
(1−bc)(1−ca)⩾2−c(a+b)− c2(a−b)2 4−3(ab+bc+ca)，
所以只要证
∑a2(1−bc) +∑ ab
(
2−c(a+b)− c2(a−b)2 4−3(ab+bc+ca)
)
⩾23
24−15abc 8 ， 上式展开为
∑a2−abc∑
a+ 2∑
ab−2abc∑
a− abc∑
c(a−b)2
4−3(ab+bc+ca)⩾ 23
24−15abc 8 ， 由a+b+c= 1，记q=ab+bc+ca,r=abc，则0< q⩽ 1
3,0< r⩽q 9 ⩽ 1
27，上式化简等价于 1
24 ⩾ r(q−9r) 4−3q +9
8r。 (3.4.6)
若0< q⩽1
4，则0< r⩽ 1 36，故
1
24−r(q−9r) 4−3q −9
8r⩾ 1
24−r(1−36r) 13 −9
8r
⩾ 1
24−3r(1−36r)
8 −9
8r
= 1
24(18r−1)2>0，
所以此时式(3.4.6)成立；
若 1
4 < q⩽ 1
3，则将式(3.4.6)整理为 1
24r+ 9r
4−3q ⩾ q 4−3q +9
8，
由双勾函数性质易证左边关于r递减，故由Schür不等式的等价形式r⩾4q−1
9 可知只需证 9
24(4q−1) +4q−1 4−3q ⩾ q
4−3q+9 8， 作差分解等价于
(1−3q)(14−17q) 2(4−3q)(4q−1) ⩾0，
显然成立，故此时式(3.4.6)也成立。
综上所述，原不等式得证。
注 此例中，右边也有一个根式，所以一开始自然也想到两边平方。那个2−c(a+b)也是通过均值找出 来的。
此外，利用此方法可以将原不等式右边加强到
√323
324−35abc
12 ，但是相信这还不是最佳系数。
例3.4.4. 已知a,b,c⩾0，求证
√a2+bc+√
b2+ca+√
c2+ab⩽ 3
2(a+b+c)。
证明 两边平方等价于
∑a2+∑
bc+ 2∑ √
(a2+bc)(b2+ca)⩽9 4
(∑a )2
，
由
2√
(a2+bc)(b2+ca)−(a2+b2+bc+ca) = −(a−b)2(a+b−c)2 2√
(a2+bc)(b2+ca) +a2+b2+bc+ca
⩽−(a−b)2(a+b−c)2 2(a+b+c)2 ， 得到
2√
(a2+bc)(b2+ca)⩽a2+b2+bc+ca−(a−b)2(a+b−c)2 2(a+b+c)2 ， 所以只要证
∑a2+∑
bc+∑ (
a2+b2+bc+ca−(a−b)2(a+b−c)2 2(a+b+c)2
)
⩽ 9 4
(∑a )2
， 去分母整理为
12(∑
a )2(∑
a2+∑ bc
)⩽9(∑
a )4
+ 2∑
(a−b)2(a+b−c)2，
配方为 (∑
a2−2∑ bc
)2
+ 24abc(a+b+c)⩾0，
显然成立，故原不等式得证。
注 别被最后那个配方吓倒，其实很容易，也是自然的，因为我做到倒数第二步的时候，原本只是打算写 成p,q,r的形式再考虑用Schür不等式之类的方法，结果在展开2∑
(a−b)2(a+b−c)2并分离出r的时候就 发现剩下的正是完全平方，最后的配方式就是这样来的。
值得一提的是，本题是比较有名的题目了，其他精彩的证法参见文[1]∼[4]，其中，文[1]及文[2]都用到 了非常巧妙的直接放缩；文[3]也是用有理化放缩，但是没有两边平方，而是直接用在原不等式上，比我上面 的证法要简洁得多；而文[4](P68∼69)的证明计算量很大，但是那种方法是我第一次见，也是值得学习的。
顺便指出，由上述证法中最后的配方式反推回去，还可以得出原不等式有如下加强式
√a2+bc+√
b2+ca+√
c2+ab⩽
√9
4(a+b+c)2− 6abc a+b+c， 上式可能还是新的。
例3.4.5. 已知x,y,z⩾0，求证
√
1 + 48x y+z +
√
1 + 48y z+x+
√
1 + 48z
x+y ⩾15。
证明 由
√
1 + 48x y+z −
(
1 + 40x 3y+ 3z+ 4x
)
=
192x(y+z−2x)2 (y+z)(3y+ 3z+ 4x)2
√
1 + 48x
y+z + 1 + 40x 3y+ 3z+ 4x
= 7·192x(y+z−2x)2
(3y+ 3z+ 4x)2√
49(y+z)(y+z+ 48x) + 7(y+z)(3y+ 3z+ 44x)(3y+ 3z+ 4x)
⩾ 7·192x(y+z−2x)2
(3y+ 3z+ 4x)2(25y+ 25z+ 24x) + 7(y+z)(3y+ 3z+ 44x)(3y+ 3z+ 4x)
= 14x(y+z−2x)2
(3y+ 3z+ 4x)(x2+y2+z2+ 5xy+ 2yz+ 5zx)
⩾ 14x(y+z−2x)2
(3y+ 3z+ 4x)(x2+y2+z2+ 5xy+ 5yz+ 5zx)， 得到 √
1 + 48x
y+z ⩾1 + 40x
3y+ 3z+ 4x+ 14x(y+z−2x)2
(3y+ 3z+ 4x)(x2+y2+z2+ 5xy+ 5yz+ 5zx)， 所以只要证
∑ 20x
3y+ 3z+ 4x+ 7
∑x2+ 5∑ xy
∑x(y+z−2x)2
3y+ 3z+ 4x ⩾6， (3.4.7)
记p=x+y+z,q=xy+yz+zx,r=xyz，式(3.4.7)去分母展开按r整理等价于 f(r) = (331p2+ 6q)r+ 3p(12p2+q)(p2−4q)⩾0，
若p2⩾4q则显然f(r)⩾0，而当3q⩽p2<4q时，由Schür不等式得 f(r)⩾f
(4pq−p3 9
)
= 7
9p(p2−3q)(4q−p2)⩾0，
从而总有f(r)⩾0，式(3.4.7)成立，故原不等式得证。
注 这个证法其实是我作了多次的尝试，花了不少时间才得到的，关键之处在于取等条件，这题的取等条 件是x=y=z或x= 0且y =z及其轮换，所以在寻找近似量以及放缩的时候必须同时顾及，因此有一定难 度，具体的构造过程这里难以讲清，请自行体会。
此外，文[4](P70)给出了一个可以直接放缩到右边的局部不等式，证明步骤简单，但是该局部不等式的证
明十分“暴力”，而且并未给出构造原理，有待破解。
例3.4.6. 已知a,b,c⩾0且最多只有一个为0，求证
√ a
a+b + b
√b+c+ c
√c+a ⩽ 5 4
√
a+b+c− 8abc(a+b+c) 25(a+b)(b+c)(c+a)。 证明 由轮换对称性，不妨设c=min{a, b, c}。将原不等式两边平方，等价于
∑ a2
a+b +∑ 2ab
√(a+b)(b+c) ⩽25 16
∑a− abc∑ a 2∏
(a+b)， 由
2√
(a+b)(b+c)−(a+ 2b+c) = −(a−c)2
√(a+b)·4(b+c) +a+ 2b+c
⩽ −(a−c)2 a+ 5b+ 4c
2 +a+ 2b+c
=− 2(a−c)2 3(a+ 3b+ 2c)， 得到
2√
(a+b)(b+c)⩽a+ 2b+c− 2(a−c)2 3(a+ 3b+ 2c)， 故
√ 2ab
(a+b)(b+c) = 2ab√
(a+b)(b+c)
(a+b)(b+c) ⩽ ab(a+ 2b+c)
(a+b)(b+c) − 2ab(a−c)2
3(a+ 3b+ 2c)(a+b)(b+c)，
由均值，又有
√ 2bc
(b+c)(c+a)⩽ bc(b+ 2c+a) (b+c)(c+a)，
√ 2ca
(c+a)(a+b)⩽ ca(c+ 2a+b) (c+a)(a+b)， 由以上三式可见，要证原不等式，只需证明
∑ a2
a+b+∑ab(a+ 2b+c)
(a+b)(b+c) − 2ab(a−c)2
3(a+ 3b+ 2c)(a+b)(b+c) ⩽ 25 16
∑a− abc∑ a 2∏
(a+b)， 由c=min{a, b, c}可设a=c+t且b=c+u，其中t,u⩾0，代入上式并去分母展开按c整理，等价于
4c3(43t2−27tu+ 27u2) + 2c2(
t(75t2−139tu+ 225u2) + 45u3) +c(
38t2(t−2u)2+ (77t2−224tu+ 411u2)tu+ 18u4)
+tu(11t+ 9u)(t−3u)2⩾0，
由均值容易证明43t2−27tu+ 27u2⩾0,75t2−139tu+ 225u2⩾0,77t2−224tu+ 411u2⩾0，所以上式成立，
从而原不等式得证，等号成立当且仅当a=b=c或a= 3b且c= 0及其轮换。
注 这道题是在编写本文时才得到的，加强了熟悉的Jack Garfunkel不等式，可能也是新的不等式。
参考文献
[1] Vasile Cirtoaje. Algebraic Inequalities Old and New Methods[M]. GIL Publishing House, 2006: 420-421.
[2] 杨学枝.数学奥林匹克不等式研究[M].哈尔滨工业大学出版社, 2009: 383-384.
[3] 韩京俊.初等不等式的证明方法[M].哈尔滨工业大学出版社, 2011: 88-89.
[4] 陈计,季潮丞.代数不等式[M].上海科技教育出版社, 2009: 68-70.
4.1 竹竿扫过的区域边界曲线——郭子伟
一根1米长的竹竿倚靠在光滑墙边，竖直放置，由于轻微骚动，竹竿底端向外滑开（滑开的方向与墙壁垂 直，地面光滑），求竹竿从开始滑动到整个竿着地的过程中所扫过的区域的边界曲线。
这是个经典问题，结果是星形线（第一象限部分），如图4.1.1所示。在解法上，可以用常规的求包络线的 方法不难解决，但超出了高中范畴，这里就不写了。下面我提供几种解法，全部都只需用到高中知识。这些解 法虽然均由我独立给出，但不排除有的解法前人早已给出。
这里就不再用墙边和竹竿的描述了，直接抽象为平面直角坐标系中，定长为1的线段两端A、B分别在x、
y轴的正半轴上滑动，求AB所扫过的区域在第一限象内的边界曲线。
..
O
. x
. y
图4.1.1
..
O
. x
. y
.
x=X 图4.1.2
解法一 由AB= 1可设A(cost,0),B(0,sint)，其中t∈( 0,π
2
)，则直线AB的方程为
x cost+ y
sint = 1，
亦即
y=sint (
1− x cost
)。
现在，我们让x取定为x=X（X ∈(0,1)，下同），那么当t变化时，记上式中的y能取得的最大值为Y， 那么点(X, Y)便在边界曲线上（图4.1.2为这段话的示意图，希望能帮助理解），于是，记
g(t) =sint (
1− X cost
) t∈(
0,π 2
)，
求导得
g′(t) =cost− X cos2t， 故知当且仅当cost=√3
X时g(t)取最大值，此时sint=
√ 1−√3
X2，故 Y =g(t)max =
√ 1−√3
X2 (
1− X
√3
X )
=
√(
1−√3 X2
)3
， 变形得√3
X2+√3
Y2= 1，因此边界曲线方程就是
√3
x2+√3
y2= 1 x, y∈(0,1)。
解法二 考查线段AB上使得BC =m, CA=n（n+n= 1）的点C的轨迹，设∠BAO=α，则易得 C(mcosα, nsinα)，故C的轨迹方程为
x2 m2 + y2
n2 = 1（x,y >0），
类似地，让x取定为x=X，只要求出当m, n变化时上式中的y的最大值Y 即可（示意图如图4.1.3）。由 Carlson不等式，有
1 = (m+n)(m+n) (X2
m2 +y2 n2
)
⩾(
√3
X2+√3 y2
)3
， 当且仅当 m = √3
X2, n = 1−√3
X2时取等，既然等号一定能取到，那就是说上式取等时的y就是Y，即
√3
X2+√3
Y2= 1，因此边界曲线方程就是
√3
x2+√3
y2= 1 x, y∈(0,1)。
..
O
. x
. y
. A . B
. C1
. C2
. C3
.
x=X 图4.1.3
..
O
. x
. y
.
A .
B
. θ
. α
.
P
图4.1.4
解法三 过原点O向第一象限内作一条定射线且与x轴夹角为θ，设该射线与AB交于P，如图4.1.4所 示。
设∠BAO=α∈( 0,π
2
)，那么当α变化时，点P所能达到的离原点最远的点便在边界曲线上，也就是只 要求OP 的最大值。
由正弦定理得
OP = sinα
sin(θ+α)·OA= sinαcosα
sin(θ+α) = sinαcosα
sinθcosα+cosθsinα = 1 sinθ
sinα+ cosθ cosα
，
又由Carlson不等式，有
(sinθ
sinα+ cosθ cosα
) (sinθ
sinα+ cosθ cosα
)
(sin2α+cos2α)⩾(√3
sin2θ+√3 cos2θ
)3
， 得到
OP ⩽ 1
√(√3
sin2θ+√3 cos2θ
)3，