摘要本文對《數學通訊》問題659給出了四種證明方法，開展了變式探究，并對結論作了推廣.

關鍵詞《數學通訊》問題659

《數學通訊》2024年第5期問題659是：

已知正實數a，b，c滿足a+b+c=abc，求證：11+b2+c2+11+c2+a2+11+a2+b2≤37.

題中不等式的條件和結論結構對稱，具有數學的美感.本文先給出該不等式的四種證明方法，然后變式探究，最后對結論作進一步推廣.

1.證法探究

證法1（均值不等式+權方和不等式）由均值不等式得11+b2+c2+11+c2+a2+11+a2+b2≤11+2bc+11+2ca+11+2ab，

故只需證11+2bc+11+2ca+11+2ab≤37.

由a+b+c=abc，得11+2bc=aa+2abc=aa+2（a+b+c）=a3a+2b+2c，

于是只要證明a3a+2b+2c+b3b+2c+2a+c3c+2a+2b≤37b+c3a+2b+2c+c+a3b+2c+2a+a+b3c+2a+2b≥67①.

由權方和不等式得b+c3a+2b+2c+c+a3b+2c+2a+a+b3c+2a+2b

=（b+c）2（b+c）（3a+2b+2c）+（c+a）2（c+a）（3b+2c+2a）+（a+b）2（a+b）（3c+2a+2b）≥（b+c+c+a+a+b）2（b+c）（3a+2b+2c）+（c+a）（3b+2c+2a）+（a+b）（3c+2a+2b）=4（a+b+c）24（a+b+c）2+2（ab+bc+ca）.

故只需證4（a+b+c）24（a+b+c）2+2（ab+bc+ca）≥67（a+b+c）2≥3（ab+bc+ca），顯然成立，

于是①式成立，所以原不等式成立.

證法2（均值不等式+權方和不等式）由條件a+b+c=abc知1ab+1bc+1ca=1.

由均值不等式得11+b2+c2+11+c2+a2+11+a2+b2≤11+2bc+11+2ca+11+2ab，

故只需證11+2bc+11+2ca+11+2ab≤37bc1+2bc+ca1+2ca+ab1+2ab≥97②，

由權方和不等式得bc1+2bc+ca1+2ca+ab1+2ab=11bc+2+11ca+2+11ab+2≥（1+1+1）21bc+2+1ca+2+1ab+2=97，于是②式成立，所以原不等式成立.

證法3（均值不等式+權方和不等式）由均值不等式得11+b2+c2+11+c2+a2+11+a2+b2≤11+2bc+11+2ca+11+2ab，

故只需證11+2bc+11+2ca+11+2ab≤37，即證bc1+2bc+ca1+2ca+ab1+2ab≥97.

由權方和不等式及a+b+c=abc得bc1+2bc+ca1+2ca+ab1+2ab=abca+2abc+abcb+2abc+abcc+2abc≥9abca+b+c+6abc=9abcabc+6abc=97.故原不等式成立.

證法4（均值不等式）由條件a+b+c=abc知1ab+1bc+1ca=1.

由均值不等式得1+b2+c2=1+b23+b23+b23+c23+c23+c23≥77（bc3）6，

所以11+b2+c2≤177（3bc）6≤149（1+3bc+3bc+3bc+3bc+3bc+3bc）=149（1+18bc），

同理11+c2+a2≤149（1+18ca），11+a2+b2≤149（1+18ab）所以11+b2+c2+11+c2+a2+11+a2+b2≤149（1+18ab）+149（1+18bc）+149（1+18ca）=149［3+18（1ab+1bc+1ca）］=37.

點評 證法1-3均是把所證明不等式借助均值不等式轉化為證明一個新的不等式，條件a+b+c=abc的不同變形意味著證明方式的不同，殊途同歸.證法4利用7元均值不等式構建了一個局部不等式，常規手段實現了簡單證明.

2.變式探究

變式就是變換條件和結論，轉換問題的形式和內容，通過變式，教師為學生的思維發展提供了一個個階梯，重復但不呆板，每一個變式，具有一定的創新性，但又能夯實方法，達到事半功倍的效果.

變式1已知正實數a，b，c滿足a+b+c=abc，求證：∑11+b2+c2≤377（Σ表示循環求和）.

證明由熟知的不等式（a+b+c）2≤3（a+b+c）知∑11+b2+c2≤3∑11+b2+c2≤3·37=377.

變式2已知a，b，c為正實數，且a+b+c=abc，求證：∑bc1+b2+c2≤97.

證明令a=3x，b=3y，c=3z，則xy+yz+zx=3，于是x+y+z≥3（xy+yz+zx）=3.

所以∑bc1+b2+c2=∑3yzy2z2+3（y2+z2）=∑3yzy2z2+y2+z22+5（y2+z2）2

≤∑3yzy2z2+（y+z2）2+5（y2+z2）2≤∑3yz2y2z2（y+z2）2+5yz=∑3y+z+5.

故只需證∑3y+z+5≤97，變形得∑y+zy+z+5≥67.

由權方和不等式得∑y+zy+z+5=∑yy+z+5+∑zy+z+5=∑y2y2+yz+5y+∑z2yz+z2+5z≥（∑x）2∑（y2+yz+5y）+（∑x）2∑（yz+z2+5z）=2（∑x）2∑x2+∑xy+5∑x=2（∑x）2（∑x）2+5∑x－∑xy.

故只需證2（∑x）2（∑x）2+5∑x－∑xy≥672（∑x）2（∑x）2+5∑x－3≥67，

記∑x=t，則t≥3，上式可變形為2t2t2+5t－3≥67（4t－3）（t－3）≥0，顯然成立，故原不等式成立.

改變條件，可以得到以下變式.

變式3已知正數a，b，c滿足ab+bc+ca=3，求證：∑11+b2+c2≤1.

證明原不等式等價于∑b2+c21+b2+c2≥2.

由權方和不等式、柯西不等式和均值不等式，得∑b2+c21+b2+c2=∑（b2+c2）21+b2+c2≥（∑b2+c2）2∑（1+b2+c2）

=2∑a2+2∑（a2+b2）（a2+c2）3+2∑a2≥2∑a2+2∑（a2+bc）3+2∑a2=4∑a2+2∑ab3+2∑a2=4∑a2+63+2∑a2=2.

故原不等式成立.

變式4已知正數a，b，c滿足a+b+c=3，求證：∑12+b2+c2≤34.

證明原不等式等價于∑b2+c22+b2+c2≥32.類似變式3的證法可得∑b2+c22+b2+c2≥4∑a2+2∑ab6+2∑a2=3∑a2+（a+b+c）26+2∑a2=3∑a2+96+2∑a2=32.

故原不等式成立.

變式5已知a，b，c為正實數，且abc=1，求證：∑11+b2+c2≤1.

證明原不等式等價于∑b2+c21+b2+c2≥2.類似變式3的證法可得∑b2+c21+b2+c2≥4∑a2+2∑ab3+2∑a2≥4∑a2+63（abc）23+2∑a2=2.

故原不等式成立.

3.推廣探究

筆者對問題659繼續探究，得到結論的推廣：

推廣1正實數a，b，c滿足a+b+c=abc，λ≥0，則∑1λ+a2+b2≤3λ+6.

證明由均值不等式有∑1λ+a2+b2≤∑1λ+2ab.

故只需證明∑1λ+2ab≤3λ+6∑abλ+2ab≥9λ+6，即證∑abcλc+2abc≥9λ+6.

由權方和不等式結合a+b+c=abc，得∑abcλc+2abc≥9abc∑（λc+2abc）=9abcλ（a+b+c）+6abc=9λ+6.

故原不等式成立.

在非直角三角形中，有恒等式tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC，作代換a=tanA，b=tanB，c=tanC，定理1可等價為：

推廣2在銳角△ABC中，λ≥0時，有∑1λ+tan2A+tan2B≤3λ+6.

注 文［1］有結論：設λ≥3，對銳角△ABC，有∑1λ+tan2A+tan2B≤3λ+6.推廣2對該結論進行了再推廣，將λ≥3改進為λ≥0.

變式3～變式5亦可進一步推廣，可得一般形式（證明過程留給讀者完成）.

推廣3已知正數a，b，c滿足ab+bc+ca=3，λ≥1，則∑1λ+a2+b2≤3λ+2.

注條件可以弱化為ab+bc+ca≥3，取λ=1，可得2022年阿塞拜疆數學奧林匹克試題：已知a，b，cgt;0，1a+1b+1c≥3abc，求證：a2+b2a2+b2+1+b2+c2b2+c2+1+c2+a2c2+a2+1≥2.

推廣4已知正數a，b，c滿足a+b+c=3，λ≥2，則∑1λ+a2+b2≤3λ+2.

注在推廣4中取λ=2，可得2009年伊朗國家集訓隊試題：設a，b，c是正數，且a+b+c=3，

證明：12+a2+b2+12+b2+c2+12+c2+a2≤34.

推廣5已知正數a，b，c滿足abc=1，λ≥1，則∑1λ+a2+b2≤3λ+2.

注在推廣5中取λ=1并作代換a→a3，b→b3，c→c3，可得《數學通報》2022年第9期問題2683：設a，b，c∈R，且abc=1，證明：1a6+b6+1+1b6+c6+1+1c6+a6+1≤1.

參考文獻

［1］邱繼春，朱華偉，羅芳.一對三角不等式的類比及推廣［J］.數學通訊，2017（18）：39-40.