兩道數學奧賽題的加強與推廣

摘"要"本文從兩道數學奧林匹克競賽不等式證明題入手，給出其加強并證明了相關結論，最后作了進一步的推廣.

關鍵詞"數學奧林匹克；三元分式型不等式；加強；推廣

不等式證明已從三元走向多元、離散，但三元不等式依然是基礎，可以很好的考查解題者的代數變形和思維能力，筆者選取兩道數學奧林匹克競賽中的不等式，先給出其加強結論并證明，然后對不等式進行推廣.

1.試題呈現

題1"（2016年泰國數學奧林匹克）已知正實數a，b，c，求證：∑ab（12a+c+12b+c）lt;∑a3+b3c2+ab.

題2"（2018年巴爾干地區數學奧林匹克）設a，b，c為正實數，且abc=23，求證：aba+b+bcb+c+cac+a≥a+b+ca3+b3+c3.

兩道不等式均是三元分式型不等式，證明均不是很難，但內涵豐富，題1中的等號取不到非常遺憾，經過探究，調整ab，bc，ca的系數，可以將結論加強，利用3ab+bc+ca≥a+b+ca3+b3+c3可將題2加強.

2.試題的加強

題3"已知正實數a，b，c，求證：∑ab（12a+c+12b+c）≤∑a3+b3c2+2ab.

題4"設a，b，c為正實數，且abc=23，求證：aba+b+bcb+c+cac+a≥3ab+bc+ca.

題3的證明"由赫爾德不等式得

（a3c2+2ab+b3a2+2bc+c3b2+2ca）（c2+2ab+a2+2bc+b2+2ca）（1+1+1）≥（a+b+c）3，

所以a3c2+2ab+b3a2+2bc+c3b2+2ca≥（a+b+c）33（c2+2ab+a2+2bc+b2+2ca）=a+b+c3，

同理可得b3c2+2ab+c3a2+2bc+a3b2+2ca≥a+b+c3，

兩式相加得∑a3+b3c2+2ab≥23（a+b+c）.

又由權方和不等式得1a+4a+c≥92a+c，1b+4b+c≥92b+c，

所以∑ab（12a+c+12b+c）≤19∑ab（1a+4a+c+1b+4b+c）=23（a+b+c），

所以∑ab（12a+c+12b+c）≤∑a3+b3c2+2ab.

題4證明"由權方和不等式知aba+b+bcb+c+cac+a=abcca+bc+abcab+ca+abcbc+ab

=abc1ca+bc+1ab+ca+1bc+ab≥abc·（1+1+1）2ca+bc+ab+ca+bc+ab=23·92（ab+bc+ca）=3ab+bc+ca.

注"事實上，當a，bgt;0時，（a2－b2）（a－b）≥0，所以a3+b3≥a2b+ab2，同理b3+c3≥b2c+bc2，c3+a3≥c2a+ca2，三式相加得2（a3+b3+c3）≥a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2，進而可得3（a3+b3+c3）≥（a2+b2+c2）（a+b+c），所以3a2+b2+c2≥a+b+ca3+b3+c3，易知1ab+bc+ca≥1a2+b2+c2，所以1ab+bc+ca≥1a2+b2+c2≥a+b+ca3+b3+c3，所以題4是題2的加強.進而得到題4的一條加強不等式鏈：

命題1"設正實數a，b，c，且abc=23，則有aba+b+bcb+c+cac+a≥3ab+bc+ca≥3a2+b2+c2≥a+b+ca3+b3+c3.

3.試題的推廣

題1中為什么設置系數2，還可以是其他的系數嗎？題2分母中的a，b的系數一定要相等嗎？帶著這個疑問，筆者進行了探究，得到兩道數學奧林匹克競賽題的一般性推廣.

題5"已知正實數a，b，c，k≥2，求證：∑ab（1ka+c+1kb+c）≤∑a3+b3c2+kab.

證明"由權方和不等式得（k－1）2（k－1）a+4a+c≥（k+1）2ka+c，（k－1）2（k－1）b+4b+c≥（k+1）2kb+c，

所以∑ab（1ka+c+1kb+c）≤1（k+1）2∑ab［（k－1）2（k－1）a+4a+c+（k－1）2（k－1）b+4b+c］=1（k+1）2［∑（k－1）b+∑（k－1）a+4∑ab（1a+c+1b+c）］=1（k+1）2［2（k－1）∑a+4∑a］=2（a+b+c）k+1.

由赫爾德不等式得（a3c2+kab+b3a2+kbc+c3b2+kca）（c2+kab+a2+kbc+b2+kca）（1+1+1）≥（a+b+c）3，

所以a3c2+kab+b3a2+kbc+c3b2+kca≥（a+b+c）33［a2+b2+c2+k（ab+bc+ca）］

=（a+b+c）33［（a+b+c）2+（k－2）（ab+bc+ca）］≥（a+b+c）33［（a+b+c）2+k－23（a+b+c）2］=a+b+ck+1，

同理可得b3c2+kab+c3a2+kbc+a3b2+kca≥a+b+ck+1，

兩式相加得2（a+b+c）k+1≤∑a3+b3c2+kab，所以∑ab（1ka+c+1kb+c）≤∑a3+b3c2+kab.

題6"設正實數a，b，c，且abc=23，kgt;0，則有aba+kb+bcb+kc+cac+ka≥6（1+k）（ab+bc+ca）.

證明"由柯西不等式知aba+kb+bcb+kc+cac+ka=abcca+kbc+abcab+kca+abcbc+kab=abc1ca+kbc+1ab+kca+1bc+kab≥abc·（1+1+1）2ca+kbc+ab+kca+bc+kab=23·9（1+k）（ab+bc+ca）=6（1+k）（ab+bc+ca）.

不等式研究除了加強、推廣以外，還可以變式探究、指數推廣、項數推廣.囿于篇幅，本文不再討論，留給感興趣的同仁繼續探究.