一道數學奧林匹克不等式試題的探究

關鍵詞數學奧林匹克；不等式；加強；推廣

1試題呈現

試題 （2021年中國臺灣地區數學奧林匹克第7題）對任意滿足a2+b2+c2+d2=4的正實數a，b，c，d，求證：a3a+b+b3b+c+c3c+d+d3d+a+4abcd≤6.

分析該試題是四元不等式，相較于三元難度大一點，但試題四個元呈現出對稱性，證法技巧性較強，本文給出四種證法，供同仁參考.

2證法探究

證法1設x=ab+bc+cd+da，并記∑a=a+b+c+d為循環和.

則0lt;x=∑ab≤∑a2+b22=∑a2=4.由權方和不等式得∑a3a+b=∑（a2－a2ba+b）=4－∑a2b2b（a+b）≤4－（∑ab）2∑b（a+b）=4－x24+x=16+4x－x24+x.

又因為4abcd≤4·（a+c）24·（b+d）24=x24，所以∑a3a+b+4abcd≤16+4x－x24+x+x24.

故只需證16+4x－x24+x+x24≤6（x－4）（x2+4x+8）4+x≤0，顯然成立.

故原不等式成立.

證法2 變形得∑a3a+b=∑（a2－a2ba+b）=∑a2－∑a2ba+b=4－∑a2ba+b.

因此，原不等式等價于∑a2ba+b+2≥4abcd∑a2b2ab+b2+2≥4abcd.

利用柯西不等式得∑a2b2ab+b2≥（∑ab）2∑（ab+b2）=（∑ab）24+∑ab，故只需證（∑ab）24+∑ab+2≥4abcd，

由均值不等式得0lt;∑ab≤∑a2+b22=∑a2=4，4=∑a2≥44a2b2c2d2abcd≤1，

所以（∑ab）24+∑ab+2≥（∑ab）28+2≥（44ab·bc·cd·da）28+2=2abcd+2.

由abcd≤1，得2abcd+2≥4abcd，所以（∑ab）24+∑ab+2≥4abcd，故原不等式成立.

證法3（構建局部不等式）原不等式等價于∑a2（a+b）－a2ba+b+4abcd≤6

∑a2－∑a2ba+b+4abcd≤64－∑a2ba+b+4abcd≤62+∑a2ba+b≥4abcd

∑b2+∑a2ba+b≥4abcd+2∑（b2+a2ba+b）=∑b（a2+ab+b2）a+b≥4abcd+2

∑b［（a+b）2－ab］a+b≥4abcd+2∑ab2a+b+4abcd≤2+∑ab.

因為∑a2=4，所以∑ab=14∑a2∑ab≥14×44a2b2c2d2×44ab·bc·cd·da=4abcd，

易知（a+b）2≥4ab，所以14ab≥a2b2（a+b）2，所以14∑ab≥∑a2b2（a+b）2.

又易知∑a2≥∑ab，結合∑a2=4得4=14（∑a2）2≥（∑a2）·14∑ab=（∑b2）·14∑ab

≥∑b2∑a2b2（a+b）2≥（∑ab2a+b）2，所以∑ab2a+b≤2，

所以∑ab2a+b+4abcd≤2+∑ab，故原不等式成立.

證法4同前面的證明可知abcd≤1，0lt;∑ab≤4.

故由權方和不等式得∑b3a+b=∑b4ab+b2≥（∑b2）2∑ab+∑b2≥（∑a2）2∑a2+∑a2=2，

所以∑b3a+b+∑ab≥2+44ab·bc·cd·da=2+4abcd≥2+4abcd，

∑a3a+b+4abcd=∑a3+b3a+b－∑b3a+b+4abcd=∑（a2－ab+b2）－∑b3a+b+4abcd

=2∑a2－∑ab－∑b3a+b+4abcd=8－∑ab－∑b3a+b+4abcd

=8+4abcd－（∑b3a+b+∑ab）≤8+4abcd－（2+4abcd）=6.

故原不等式成立.

評注證法1通過換元將所證不等式轉化為關于新元的一元不等式；證法2利用變形將所證不等式轉化為方向相反的不等式；證法3通過變形轉化為一個新的不等式，構建局部不等式；證法4類似于證法3，上述方法關鍵在于靈活變形.

3試題的加強與推廣

有了上述解答，筆者思考：abcd項的系數是否最佳？最小值是多少？于是得到下述問題.

對任意滿足a2+b2+c2+d2=4的正實數a，b，c，d，求實數x的最小值，使得∑a3a+b+xabcd≤2+x.令a→2，b，c，d→0，則4≤2+x，所以x≥2.

于是得到試題的加強：

命題1對任意滿足a2+b2+c2+d2=4的正實數a，b，c，d，有∑a3a+b+2abcd≤4.

證明由均值不等式得0lt;∑ab≤∑a2+b22=∑a2=4，

于是∑b3a+b+∑ab－4=∑b4ab+b2+∑ab－4≥（∑b2）2∑b2+∑ab+∑ab－4=16∑ab+4+∑ab－4=（∑ab）2∑ab+4≥18（∑ab）2≥18（44ab·bc·cd·da）2=2abcd，即∑b3a+b+∑ab≥2abcd+4.

所以∑a3a+b+2abcd=∑a3+b3a+b+2abcd－∑b3a+b=8－∑ab+2abcd－∑b3a+b

=8+2abcd－（∑b3a+b+∑ab）≤8+2abcd－（2abcd+4）=4.

試題推廣往往是系數的改變，次數的改變，元數的改變.將試題推廣到n元，得到：

命題2設正實數a1，a2，…，an滿足a21+a22+…+a2n=n（n為正整數且n≥4），則有a31a1+a2+a32a2+a3+…+a3nan+a1+n2a1a2…an≤n.

證明令t=a1a2+a2a3+…+ana1，因為a21+a22+…+a2n=n，

所以0lt;t≤a21+a222+a22+a232+…+a2n+a212=n.

因為n≥nna21a22…a2n，所以a1a2a3…an≤1，所以na21a22…a2n≥a1a2a3…an.

因為a32a1+a2+a33a2+a3+…+a21an+a1+t－n=a42a1a2+a22+a43a2a3+a23+…+a41ana1+a21+t－n

≥（a21+a22+…+a2n）2a21+a22+…+a2n+a1a2+a2a3+…+ana1+t－n

≥n2n+t+t－n=t2n+t≥t22n=n2（a1a2+a2a3+…+ana1n）2≥n2na21a22…a2n≥n2a1a2a3…an.

即a32a1+a2+a33a2+a3+…+a21an+a1+t≥n2a1a2a3…an+n.

所以a31a1+a2+a32a2+a3+…+a3nan+a1+n2a1a2…an

=a31+a32a1+a2+a32+a33a2+a3+…+a3n+a31an+a1+n2a1a2…an－（a32a1+a2+a33a2+a3+…+a31an+a1）

=2（a21+a22+…+a2n）+n2a1a2…an－t－（a32a1+a2+a33a2+a3+…+a31an+a1）

=2n+n2a1a2…an－（a32a1+a2+a33a2+a3+…+a31an+a1+t）

≤2n+n2a1a2…an－（n2a1a2a3…an+n）=n.

故命題成立.