一道東南數學奧林匹克試題的進一步推廣

田富德

題目 (第三屆(2006年)東南數學奧林匹克第6題)求最小的實數m，使不等式m(a3+b3+c3)≥6(a2+b2+c2)+1對于滿足a+b+c=1的任意實數a,b,c恒成立.

文［1］對此題作了以下

推廣1 設ai>0,i=1,2,…，n,n≥2，∑ni=1ai=1,A>-Bn，求最小的實數m，使不等式m∑ni=1ai3≥A∑ni=1ai2+B恒成立.

筆者對此題進行再探究，發現了更一般性的結論，現將探究過程和推廣證明敘述如下.

首先筆者考慮適當改變題中ai的次數，看是否有類似更一般性的結論，答案是肯定的.于是有如下

推廣2 設ai>0,i=1,2,…,n,n≥2,∑ni=1ai=1,A>-Bn^p-2,p∈N*,且p>2，求最小的實數m，使不等式m∑ni=1aip≥A∑ni=1ai^p-1+B恒成立.

解：令ai=1n,i=1,2,…，n，得m·nnp≥A·nn^p-1+B，即m≥An+Bn^p-1.

下面證明，當ai>0,i=1,2,…，n,n≥2,∑ni=1ai=1,A>-Bn^p-2,p∈N*,且p>2時，有(An+Bn^p-1)∑ni=1aip≥A∑ni=1a^p-1i+B (1)

下面證明(1)式成立.

不妨設a1≥a2≥…≥an，又由題意知p-1>1，則a^p-11≥a^p-12≥…≥a^p-1n，由切比雪夫不等式，有∑ni=1api≥1n·(∑ni=1

ai)·(∑ni=1a^p-1i)=1n·∑ni=1a^p-1i,連續運用切比雪夫不等式，有∑ni=1a^p-1i≥1n∑ni=1a^p-2i≥…≥1n^p-2∑ni=1ai=1n^p-2 (2)

而A>-Bn^p-2，所以An+Bn^p-1>0,因此，(An+Bn^p-1)∑ni=1api≥(An+Bn^p-1)·1n·∑ni=1a^p-1i=A∑ni=1a^p-1i+Bn^p-2∑ni=1a^p-1i≥A∑ni=1a^p-1i+Bn^p-2·1n^p-2≥A∑ni=1a^p-1i+B.

故不等式(1)得證.

再次改變左右兩邊ai次數的差值，此題可以作如下

推廣3 設ai>0,i=1,2,…,n,n≥2，∑ni=1ai=1,A>-Bn^q-1,p,q∈N*，且p>q≥1，求最小的實數m，使不等式m∑ni=1api≥A∑ni=1aqi+B恒成立.

解：令ai=1n,i=1,2,…,n，得m·nnp≥A·nnq+B,則m≥An^p-q+Bn^p-1.

下面證明，當ai>0,i=1,2,…,n,n≥2，∑ni=1ai=1,A>-Bn^q-1,p,q∈N*，且p>q≥1時，有(An^p-q+Bn^p-1)∑ni=1api≥A∑ni=1aqi+B (3)

下面證明(3)式成立.

不妨設a1≥a2≥…≥an，又由題意p-q>0，則aq1≥aq2≥…≥aqn,a^p-q1≥a^p-q2≥…≥a^p-qn,由切比雪夫不等式，有∑ni=1api≥1n(∑ni=1aqi)·(∑ni=1a^p-qi),連續運用切比雪夫不等式，有∑ni=1ami≥1n^m-1,(證同(2)式)

而A>-Bn^q-1,即A+Bn^q-1>0,兩邊同乘n^p-q，得An^p-q+Bn^p-1>0,因此，(An^p-q+Bn^p-1)∑ni=1api≥(An^p-q+Bn^p-1)·1n·(∑ni=1aqi)·(∑ni=1a^p-qi)=An^p-q-1(∑ni=1aqi)(∑ni=1a^p-qi)+Bn^p-2(∑ni=1aqi)(∑ni=1a^p-qi)≥An^p-q-1(∑ni=1aqi)·1n^p-q-1+Bn^p-2·1n^q-1·1n^p-q-1=A(∑ni=1aqi)+B.故不等式(3)得證.

我們進一步改變不等式右邊的項數，可進一步得到如下

推廣4 設ai>0,i=1,2,…,n,n≥2，∑ni=1ai=1,p,bj∈N*,j=1,2,…，k,k≥2且p>b1>b2>…>bk≥1，B1n^p-b1+B2n^p-b2+…+Bkn^p-bk+Bk+1

連續運用切比雪夫不等式有∑ni=1ami≥1m^m-1,(證同(2)式)

而又B1n^p-b1+B2n^p-b2+…+Bkn^p-bk+Bk+1