黃錦濤 謝濤 葉濟宇

摘?要：本文以一道2018年越南數(shù)學(xué)奧林匹克競賽題為背景，給出了這道試題的另一種證法，接著給出了四元推廣和加強并進行了證明，最后給出了n元推廣和加強.

關(guān)鍵詞：越南奧賽;推廣;證明

1?試題呈現(xiàn)

試題?（2018年越南數(shù)學(xué)奧林匹克競賽）已知a，b，c是滿足ab+bc+ca=abc的正數(shù)，求證：b+ca2+c+ab2+a+bc2≥2.

2?試題解析

文[1]對這道競賽題進行了證明，下面給出另外一種證明方法.

證明?因為（a-b）2≥0，所以（a+b）2≥4ab，a+b≥4aba+b=41a+1b.

同理b+c≥41b+1c，c+a≥41c+1a.

根據(jù)基本不等式可得

b+ca2=1a2（b+c）≥1a2·41b+1c=41a21b+1c.

同理有c+ab2≥41b21c+1a，a+bc2≥41c21a+1b.

所以b+ca2+c+ab2+a+bc2≥

4（1a21b+1c+1b21c+1a+1c21a+1b）.

由權(quán)方和不等式得

1a21b+1c+1b21c+1a+1c21a+1b≥（1a+1b+1c）22（1a+1b+1c）

=12（1a+1b+1c）.

再由ab+bc+ca=abc得1a+1b+1c=1.

所以b+ca2+c+ab2+a+bc2≥4×12=2.

3?試題推廣

通過觀察，可以發(fā)現(xiàn)這道題可以推廣到四元，相應(yīng)的題目如下：

推廣1?已知a，b，c，d是滿足abc+abd+acd+bcd=abcd的正數(shù)，求證：

b+c+da2+c+d+ab2+d+a+bc2+a+b+cd2≥3.

證明?由均值不等式有ba2+ba2+ab2≥3a，

ca2+ca2+ac2≥3a，

da2+da2+ad2≥3a;

cb2+cb2+bc2≥3b，

db2+db2+bd2≥3b，

ab2+ab2+ba2≥3b;

dc2+dc2+cd2≥3c，

ac2+ac2+ca2≥3c，

bc2+bc2+cb2≥3c;

ad2+ad2+da2≥3d，

bd2+bd2+db2≥3d，

cd2+cd2+dc2≥3d.

將以上十二個式子相加得

b+c+da2+c+d+ab2+d+a+bc2+a+b+cd2≥3（1a+1b+1c+1d）=3.

評注?本題還可以推廣到n元（證明方法同上，具體證明留給讀者）.

推廣2?已知a1，a2，…，an（n∈N*）是滿足a1a2…an-1+a1…an-2an+…+a2…an-1an=a1a2…an的正數(shù)，求證：a2+…+ana21+a3+…+a1a22+…+a1+…+an-1a2n≥n-1.

將這道越南競賽題中的約束條件ab+bc+ca=abc去掉，可得2005年羅馬尼亞數(shù)學(xué)奧林匹克試題：

推廣3?已知a，b，c是正實數(shù)，求證：b+ca2+c+ab2+a+bc2≥2（1a+1b+1c）.

文[2]把此題加強為：

推廣4?b+ca2+c+ab2+a+bc2

≥22c21a+1b+2a21b+1c+2b21c+1a

≥21a+1b+1c+22a-1b-1c21a+1b+1c.

同理去掉四元推廣式中的約束條件abc+abd+acd+bcd=abcd有相應(yīng)題目如下：

推廣5?已知a，b，c，d是正實數(shù)，求證：b+c+da2+c+d+ab2+d+a+bc2+a+b+cd2≥31a+1b+1c+1d.

接著可以對其進行加強，得到題目如下：

推廣6?已知a，b，c，d是正實數(shù)，求證：

b+c+da2+c+d+ab2+d+a+bc2+a+b+cd2≥3·3a21b+1c+1d

+3b21c+1d+1a+3c21d+1a+1b+3d21a+1b+1c≥31a+1b+1c+1d+

43a-1b-1c-1d231a+1b+1c+1d.

證明?由基本不等式有

b+c+da2=1a2（b+c+d）≥1a2·91b+1c+1d=9a21b+1c+1d.

同理c+d+ab2≥9b21c+1d+1a，

d+a+bc2≥9c21d+1a+1b，

a+b+cd2≥9d21a+1b+1c.

把上面四式相加得

b+c+da2+c+d+ab2+d+a+bc2+a+b+cd2≥3·3a21b+1c+1d+3b21c+1d+1a+3c21d+1a+1b+3d21a+1b+1c.

下證

3a21b+1c+1d+3b21c+1d+1a+3c21d+1a+1b+

3d21a+1b+1c≥1a+1b+1c+1d+

43a-1b-1c-1d291a+1b+1c+1d.

為了計算方便，先證明

3a2b+c+d+3b2c+d+a+3c2d+a+b+3d2a+b+c≥a+b+c+d+4（3a-b-c-d）29（a+b+c+d）.

因為

3a-b-c-d2b+c+d=9a2b+c+d-6a+b+c+d，

3b-c-d-a2c+d+a=9b2c+d+a-6b+c+d+a，

3c-d-a-b2d+a+b=9c2d+a+b-6c+d+a+b，

3d-a-b-c2a+b+c=9d2a+b+c-6d+a+b+c，

將上述四個式子相加，得

9a2b+c+d+9b2c+d+a+9c2d+a+b+9d2a+b+c=

3a-b-c-d2b+c+d+3b-c-d-a2c+d+a+

3c-d-a-b2d+a+b+3d-a-b-c2a+b+c+3a+b+c+d.

由權(quán)方和不等式得

3a-b-c-d2b+c+d+3b-c-d-a2c+d+a

+3c-d-a-b2d+a+b+3d-a-b-c2a+b+c

≥3a-b-c-d2b+c+d+b+c+d-3a23a+2b+2c+2d

=3a-b-c-d21b+c+d+13a+2b+2c+2d

≥3a-b-c-d21+123a+b+c+d

=43a-b-c-d23a+b+c+d.

所以

3a2b+c+d+3b2c+d+a+3c2d+a+b+3d2a+b+c≥a+b+c+d+43a-b-c-d29a+b+c+d.

作變換a→1a，b→1b，c→1c，d→1d得

3a21b+1c+1d+3b21c+1d+1a+3c21d+1a+1b+3d21a+1b+1c≥

1a+1b+1c+1d+43a-1b-1c-1d291a+1b+1c+1d.

故

b+c+da2+c+d+ab2+d+a+bc2+a+b+cd 2≥3· 3a21b+1c+1d+3b21c+1d+1a+3c21d+1a+1b

+3d21a+1b+1c≥31a+1b+1c+1d+

43a-1b-1c-1d231a+1b+1c+1d.

注?本題還可以對n元推廣式進行加強（證明方法同上，具體證明留給讀者）.

推廣7?已知a1，a2，…，an（n∈N*）是正實數(shù)，求證：

a2+…+ana21+a3+…+a1a22+…+a1+…+an-1a2n≥n-1n-1a211a2+1a3+…+1an+n-1a221a3+1a4+…+1a1+…+n-1a2n1a1+1a2+…+1an-1≥

n-11a1+1a2+…+1an+nn-1a1-1a2-1a3-…-1an2n-11a1+1a2+…+1an.

參考文獻：

[1]周瑜芽.巧用均值不等式證明2018年數(shù)學(xué)奧林匹克不等式題[J].中學(xué)數(shù)學(xué)研究，2019（03）：49-50.

[2]葉大文，鄒守文.若干國際國內(nèi)數(shù)學(xué)奧林匹克不等式問題的加強[J].保山師專學(xué)報，2009，28（02）：61-64.

（收稿日期：2019-11-13）