《數學通報》2562問題的多解探究及變式推廣

劉遠桃　唐明坤　陳明萬

1.問題呈現

a，b，c>0，且滿足a+b+c=3，求證：1－ab1+ab+1－bc1+bc+1－ca1+ca≥0.

這是《數學通報》2020年第9期數學問題解答2562問題給出的一道不等式證明題，該不等式的條件和結論結構對稱、形式優美，文［1］主要是通過綜合分析得到證明，讀后深受啟發.本文擬對該不等式做進一步的探究，得到了不同證法，并對其進行變式和推廣，與大家一起探討.

2.問題解析

證法1：由基本不等式和權方和不等式得1－ab1+ab+1－bc1+bc+1－ca1+ca=21+ab+21+bc+21+ca－3

≥2（11+a+b2+11+b+c2+11+c+a2）－3≥2×（1+1+1）23+a+b+c－3=183+3－3=0.

評注：此證法通過配湊先將式子中各項的分子代數式有理化，利用基本不等式將式子中各項的分母代數式有理化，再利用權方和不等式進行放縮，湊出“a+b+c”項，將條件式子a+b+c=3代入得到證明.

證法2：由基本不等式和條件a+b+c=3得1－ab1+ab+1－bc1+bc+1－ca1+ca=21+ab+21+bc+21+ca－3

≥2（11+a+b2+11+b+c2+11+c+a2）－3=4（12+a+b+12+b+c+12+c+a）－3

=4（15－a+15－b+15－c）－3≥0，即證15－a+15－b+15－c≥34.

設f（x）=15－x，則f′（x）=（5－x）－2，f″（x）=2·（5－x）－3>0，所以函數f（x）在（0，3）上為凸函數，由琴生不等式得15－a+15－b+15－c=f（a）+（b）+f（c）≥3f（a+b+c3）=3f（1）=34，所以原不等式得證.

評注：此證法通過配湊先將式子中各項的分子代數式有理化，利用基本不等式將式子中各項的分母代數式有理化，將條件式子a+b+c=3代入得到一個新的放縮不等式，再利用函數凹凸性和琴生不等式求出放縮后的最小值，從而得到證明.

證法3：1－ab1+ab+1－bc1+bc+1－ca1+ca=21+ab+21+bc+21+ca－3≥0，

即證11+ab+11+bc+11+ca≥32.

由三元柯西不等式得（11+ab+11+bc+11+ca） ［（1+ab）+（1+bc）+（1+ca）]≥（1+1+1）2=9，所以11+ab+11+bc+11+ca≥93+ab+bc+ca，由三元基本不等式得a+b+c=3≥ab+bc+ca，所以3+ab+bc+ca≤6，所以11+ab+11+bc+11+ca≥93+ab+bc+ca≥96=32，所以原不等式得證.

評注：此證法通過配湊先將式子中各項的分子代數式有理化，利用柯西不等式將原不等式進行轉化，得到一個新的放縮不等式，再利用三元基本不等式求出放縮后的最小值，從而得到證明.

3.問題變式

變式1 a，b，c>0，t≥3，且滿足a+b+c=3，求證：1t－a+1t－b+1t－c≥3t－1.

分析：此變式是通過證法2得到的，限定t≥3，其目的是為了使所設函數在（0，3）上為凸函數，證明方法也是利用函數凹凸性與琴生不等式.

變式2 a，b，c>0，且滿足a+b+c=3，求證：11+ab+11+bc+11+ca≥32.

分析：此變式是通過證法3得到的，證明方法同上述證法3.

變式3 a，b，c>0，且滿足a+b+c=3，求證：a21+ab+b21+bc+c21+ca≥32.

分析：此變式是在變式2的基礎上得到的，證明方法同上述證法3.

變式4 a，b，c>0，且滿足a+b+c=3，求證：a2a+ab+b2b+bc+c2c+ca≥32.

分析：此變式是在變式3的基礎上得到的，證明方法同上述證法3.

4.問題推廣

推廣1 若 a，b，c>0，且滿足a+b+c=t，求證：1－ab1+ab+1－bc1+bc+1－ca1+ca≥18t+3－3.

分析：將問題中條件式子的結果從“3”推廣到“t”，推廣形式不變.

推廣2若ai>0，i=1，2，…，n，且滿足∑ni=1ai=t，

求證：1－a1a21+a1a2+1－a2a31+a2a3+…+1－ana11+ana1≥2n2n+t－n.

分析：在推廣1的基礎上將未知數個數從“3”元推廣到“n”元，推廣形式不變.

推廣3若ai>0，i=1，2，…，n，α，β∈R，λμ≠0，且滿足∑ni=1ai=t，求證：α+β·a1a2λ+μ·a1a2+α+β·a2a3λ+μ·a2a3+…+α+β·ana1λ+μ·ana1≥（α－λβμ）n2λn+μt+βnμ.

分析：在推廣2的基礎上將各項式子中分子分母的系數“1，－1，1，1”推廣到“α，β，λ，μ”，推廣形式不變.

推廣4若ai>0，i=1，2，…，n，且滿足∑ni=1ai=t，求證：1－n－1a2a3a4…an1+n－1a2a3a4…an+1－n－1a1a3a4…an1+n－1a1a3a4…an+…+1－n－1a1a2a3…an－11+n－1a1a2a3…an－1≥2n2n+t－n.

分析：在推廣2的基礎上將各項式子的分子分母中含有未知數的式子的未知數個數從“2”元推廣到“n－1”元，推廣形式改變.

推廣5若ai>0，i=1，2，…，n，α，β∈R，λμ≠0，且滿足∑ni=1ai=t，求證：α+β·n－1a2a3a4…anλ+μ·n－1a2a3a4…an+α+β·n－1a1a3a4…anλ+μ·n－1a1a3a4…an+…+α+β·n－1a1a2a3…an－1λ+μ·n－1a1a2a3…an－1≥（α－λβμ）n2λn+μt+βnμ.

分析：在推廣4的基礎上將各項式子中分子分母的系數“1，－1，1，1”推廣到“α，β，λ，μ”，推廣形式不變.此外，還可以在推廣2的基礎上將各項式子的分子分母中含有未知數的式子的未知數個數“2”進行推廣，得到更多的推廣不等式.

推廣1到推廣5的證明方法是一樣的，這里給出推廣5的證明，推廣1到推廣4的證明不再敘述.

推廣5證明：α+β·n－1a2a3a4…anλ+μ·n－1a2a3a4…an+α+β·n－1a1a3a4…anλ+μ·n－1a1a3a4…an+…+α+β·n－1a1a2a3…an－1λ+μ·n－1a1a2a3…an－1

=βμ（λ+μ·n－1a2a3a4…an）+α－λβμλ+μ·n－1a2a3a4…an+βμ（λ+μ·n－1a1a3a4…an）+α－λβμλ+μ·n－1a1a3a4…an

+…+βμ（λ+μ·n－1a1a2a3…an－1）+α－λβμλ+μ·n－1a1a2a3…an－1=α－λβμ1λ+μ·n－1a2a3a4…an+1λ+μ·n－1a1a3a4…an+…+1λ+μ·n－1a1a2a3…an－1+nβμ.由基本不等式的推廣和權方和不等式得α－λβμ1λ+μ·n－1a2a3a4…an+1λ+μ·n－1a1a3a4…an+…+1λ+μ·n－1a1a2a3…an－1）+nβμ≥（α－λβμ）.

（1λ+μ·a2+a3+a4+…+ann－1+1λ+μ·a1+a3+a4+…+ann－1+…+

1λ+μ·a1+a2+a3+…+an－1n－1

+nβμ≥（α－λβμ）·（1+1+1+…+1）2λn+μ（a1+a2+a3+…+an）+nβμ=（α－λβμ）n2λn+μt+nβμ，所以不等式得證.

參考文獻

［1］賀基軍.數學問題2562［J］.數學通報，2020，59（9）.

［2］賀基軍.數學問題2562解答［J］.數學通報，2020，59（10）.