一道2023年愛爾蘭數(shù)學奧林匹克試題的探究

摘"要"本文以一道不等式證明題為研究對象，探究試題的證明過程，并對該試題進行變式和推廣.

關鍵詞"數(shù)學奧林匹克試題；證明；變式；推廣

1.試題呈現(xiàn)

設a，b，c是正數(shù)，且a+b+c=3.證明：b+ca+2+c+ab+2+a+bc+2≥2.

這是2023年愛爾蘭數(shù)學奧林匹克競賽題中的一道不等式證明題，此題看上去條件式子結構簡單，待證不等式的左面未知數(shù)的最高次都是1次的形式，具有數(shù)學的美感.對該題作進一步的探究，將探究結果與大家一起分享.

2.試題解法

證明1"（利用琴生不等式）令f（x）=3－x2+x，0lt;xlt;3，則f′（x）=－5（x+2）2，

f''（x）=10（x+2）3gt;0，所以函數(shù)f（x）在（0，3）上為凸函數(shù)，由琴生不等式得3－aa+2+3－bb+2+3－cc+2=f（a）+f（b）+f（c）≥3·f（a+b+c3）=3·f（1）=3·3－12+1=2，故不等式得證.

評注"此證法將不等式問題轉化為函數(shù)問題，將函數(shù)凹凸性和琴生不等式結合，使不等式得證.

證明2"（利用函數(shù)切線的性質(zhì)）令f（x）=3－x2+x，0lt;xlt;3，則f′（x）=－5（x+2）2，

則f（1）=23，f′（1）=－59，所以函數(shù)f（x）在（1，23）處的切線方程為y－23=－59（x－1），即y=－59x+119.下面證明在（0，3）上有f（x）=3－x2+x≥－59x+119，通過化簡得（x－1）2≥0，顯然恒成立，所以3－aa+2+3－bb+2+3－cc+2=f（a）+f（b）+f（c）≥－59（a+b+c）+119×3=－59×3+119×3=2，故不等式得證.

評注"此證法將不等式問題轉化為函數(shù)問題，再利用函數(shù)切線的性質(zhì)，使不等式得證.

證法3"（利用柯西不等式）由柯西不等式得（b+ca+2+c+ab+2+a+bc+2）［（a+2）（b+c）+（b+2）（c+a）+（c+2）（a+b）］≥［（b+c）+（c+a）+（a+b）］2=4（a+b+c）2=36，因為（a+2）（b+c）+（b+2）（c+a）+（c+2）（a+b）=2（ab+bc+ca）+4（a+b+c）≤23（a+b+c）2+4（a+b+c）=23×9+4×3=18.所以b+ca+2+c+ab+2+a+bc+2≥

36（a+2）（b+c）+（b+2）（c+a）+（c+2）（a+b）≥3618=2，故不等式得證.

評注"此證法通過配湊（a+2）（b+c）+（b+2）（c+a）+（c+2）（a+b），為此題利用柯西不等式來證明創(chuàng)造了條件.

解法4"（利用權方和不等式）由權方和不等式得b+ca+2+c+ab+2+a+bc+2=（b+c）2（a+2）（b+c）+（c+a）2（b+2）（c+a）+（a+b）2（c+2）（a+b）=（b+c）2ab+ac+2（b+c）+（c+a）2bc+ba+2（c+a）+（a+b）2ca+cb+2（a+b）≥（b+c+c+a+a+b）22（ab+bc+ca）+4（a+b+c）≥4（a+b+c）223（a+b+c）2+4（a+b+c）=4×323×3+4=2.故不等式得證.

評注：此證法將待證不等式分子構造出平方項，進而利用權方和不等式使得不等式得證，權方和不等式是解決多元最值問題的常用方法之一.

3.試題變式

試題中待證不等式的左邊每一項的分子都是二元一次的形式，聯(lián)想到換成一元一次，得到變式1.

變式1"設a，b，c是正數(shù)，且a+b+c=3.證明：ba+2+cb+2+ac+2≥1.

受解法4的啟示，解法4中出現(xiàn)了平方項，于是猜想對試題中變出平方項，得到變式2.

變式2"設a，b，c是正數(shù)，且a+b+c=3.證明：b2+c2a+2+c2+a2b+2+a2+b2c+2≥4.

變式1和變式2的證明方法與思路解法4類似，利用權方和不等式即可得證，此處不再敘述.

4.試題推廣

推廣1"設a，b，c是正數(shù)，且a+b+c=t，tgt;0.證明：b+ca+2+c+ab+2+a+bc+2≥6tt+6.

推廣2"設a，b，c，d是正數(shù)，且a+b+c+d=t，tgt;0.證明：b+c+da+2+c+d+ab+2+ a+b+dc+2+a+b+cd+2≥12tt+8.

推廣3"設aigt;0，i=1，2，···，n，且∑ni=1ai=t，λgt;0.證明：a2+a3+···+ana1+λ+ a1+a3+···+ana2+λ+···+a1+a2+···+anan－1+λ+a1+a2+···+an－1an+λ≥n2t－ntt+nλ.

推廣4"設aigt;0，i=1，2，···，n，且∑ni=1ai=t，μgt;0，λgt;0.證明：a2+a3+···+anμa1+λ+a1+a3+···+anμa2+λ+···+a1+a2+···+anμan－1+λ+a1+a2+···+an－1μan+λ≥n2t－ntμt+nλ.

推廣5"設a，b，c是正數(shù)，且a+b+c=t，α，β，μ，λgt;0.證明：αb+βcμa+λ+αc+βaμb+λ+ αa+βbμc+λ≥3t（α+β）μt+3λ.

上述推廣1到推廣3均是推廣4的特例，利用琴生不等式即可得證.試題正是推廣5中t=3，α=β=μ=1，λ=2的情形，代入其結果為3×3（1+1）1×3+3×2=2，可加以佐證推廣5的正確性.這里給出推廣4和推廣5的證明，其余推廣的證明不再敘述.

推廣4的證明"因為a2+a3+···+anμa1+λ+a1+a3+···+anμa2+λ+···+a1+a2+···+anμan－1+λ+a1+a2+···+an－1μan+λ≥n2t－ntμt+nλ等價于t－a1μa1+λ+t－a2μa2+λ+···+t－an－1μan－1+λ+t－anμan+λ≥n2t－ntμt+nλ.所以，令f（x）=t－xμx+λ，0lt;xlt;t，則f′（x）=－λ－μt（μx+λ）2，f''（x）=2λμ+2u2t（μx+λ）3gt;0，所以函數(shù)f（x）在（0，t）上為凸函數(shù)，由琴生不等式得t－a1μa1+λ+t－a2μa2+λ+···+t－an－1μan－1+λ+t－anμan+λ=f（a1）+f（a2）+···+f（an－1）+f（an）≥n·f（a1+a2+···+an－1+ann）=n·f（tn）=n·t－tnμ·tn+λ=n2t－ntμt+nλ，故推廣4得證.

推廣5的證明"由權方和不等式和基本不等式的推廣得αb+βcμa+λ+αc+βaμb+λ+αa+βbμc+λ=（αb+βc）2μa（αb+βc）+λ（αb+βc）+（αc+βa）2μb（αc+βa）+λ（αc+βa）+（αa+βb）2μc（αa+βb）+λ（αa+βb）≥［α（b+c+a）+β（c+a+b）］2αμ（ab+bc+ca）+μβ（ac+ba+cb）+λα（b+c+a）+λβ（c+a+b）=（α+β）2（a+b+c）2（αμ+μβ）（ab+bc+ca）+（λα+λβ）（a+b+c）=（α+β）（a+b+c）2μ（ab+bc+ca）+λ（a+b+c）≥（α+β）（a+b+c）2μ（a+b+c）23+λ（a+b+c）=3（α+β）（a+b+c）μ（a+b+c）+3λ=3t（α+β）μt+3λ，故推廣5得證.

參考文獻

［1］徐鳳旺，劉天明，成敏.一道2022年數(shù)學奧林匹克試題的多解探究及推廣［J］.中學數(shù)學研究（華南師范大學），2023，（11）：24-26.