局部換元法求解一類多元“根式和”問題

劉波

摘要：在各級各類競賽中，經常出現目標式為關于多個變量的“根和式”的不等式證明或求最值等一類問題.這類問題結構簡明，形式優美，但內涵豐富，抽象程度高，綜合性較強，探究這類問題的解法頗有必要.本文通過具體實例介紹運用“局部換元”方法求解數學競賽試題.

關鍵詞：局部換元；多元；根式和

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2023）33-0002-03

在一定條件背景下，對于目標式中出現形如u（x）+u（y）+u（z）或u（x，y）+u（y，z）+u（z，x） 的多元“根式和”，諸如不等式證明或求最值、范圍等問題，我們可用局部換元的方法進行求解，即令a=u（x），b=u（y），c=u（z），或令a=u（x，y），b=u（y，z），c=u（z，x）），這樣就將關于x，y，z的無理式問題轉化為a，b，c有理式問題，然后結合題設條件，進一步利用均值不等式、柯西不等式等不等式結論，使問題獲解.

下面舉例說明局部換元法在求解競賽中一類多元“根式和”問題的應用.

1 證明不等式

例1（2022年5月全國高中數學聯賽江西省的預賽第10題）設x，y，z為正實數，滿足xyz=1，證明：1+8x+1+8y+1+8z≥9.

證明令a=1+8x，b=1+8y，c=1+8z，因為x，y，z為正實數，所以a，b，c>1，且a2-1=8x，b2-1=8y，c2-1=8z.

于是83=83·1=83·xyz=8x·8y·8z

=（a2-1）（b2-1）（c2-1）

=（a-1）（b-1）（c-1）（a+1）（b+1）（c+1）

≤（a-1）+（b-1）+（c-1）33·

（a+1）+（b+1）+（c+1）33

=（a+b+c-33）3·（a+b+c+33）3

=（a+b+c）2-933.

所以（a+b+c）2-993≥83，

所以（a+b+c）29-1≥8，

所以（a+b+c）2≥81.

因為a，b，c>1，所以a+b+c≥9.

故1+8x+1+8y+1+8z≥9得證.

點評若本題直接證明，不僅有三個變量，而且目標式中含有三個“二次根式”，證明起來比較困難.這里進行局部換元，將“83=83·1”進行1的代換后代入得到關于引進的參數的式子，分解、組合并兩度利用三元均值不等式求解的.求解本題的關鍵在于為什么由“83”來切入，這需要對題意有較強的分析、把控的能力.

例2（2005年羅馬尼亞數學奧林匹克預選試題）設x，y，z為正數，且xy+yz+zx+2xyz=1，證明：xy+yz+zx≤32[1].

證明令a=xy，b=yz，c=zx，因為x，y，z為正實數，所以a，b，c>0，且a2=xy，b2=yz，c2=zx，abc=xyz.

所以由xy+yz+zx+2xyz=1，

得a2+b2+c2+2abc=1.

由柯西不等式，得

（a+b+c）2≤（12+12+12）（a2+b2+c2）

=3×（1-2abc）

=3-6abc，

所以（a+b+c）2+6abc-3≤0，

當且僅當a=b=c時取等號.

又由三元均值不等式，得

abc≤（a+b+c3）3

當且僅當a=b=c時取等號.

所以（a+b+c）2+6·（a+b+c3）3-3≤0，

整理得2（a+b+c）3+9（a+b+c）2-27≤0，

所以2（a+b+c）3-3（a+b+c）2+12（a+b+c）2-18（a+b+c）+18（a+b+c）-27≤0，

所以化簡得（a+b+c）2［2（a+b+c）-3］+6（a+b+c）［2（a+b+c）-3］+9［2（a+b+c）-3］≤0，

所以［2（a+b+c）-3］［（a+b+c）2+6（a+b+c）+9］≤0，

即［2（a+b+c）-3］（a+b+c+3）2≤0，

所以2（a+b+c）-3≤0，即a+b+c≤32，當且僅當a=b=c=12時取等號.

故xy+yz+zx≤32得證.

點評本題對目標式中的三個二次根式進行局部換元，轉化后運用柯西不等式和三元均值不等式證明.在證明過程中，三次式“2（a+b+c）3+9（a+b+c）2-27”的分解是個難點，需要有較強的配湊、變形能力.

2 求最值

例3（第8屆希望杯高二試題）如果a+b+c=1，則3a+1+3b+1+3c+1的最大值為［2］.

解析設3a+1=m，3b+1=n，3c+1=p，則a=m2-13，b=n2-13，c=p2-13，

所以由a+b+c=1，得m2+n2+p2=6.

所以（m+n+p）2=m2+n2+p2+2mn+2np+2mp≤m2+n2+p2+m2+n2+n2+p2+m2+p2=

3（m2+n2+p2）=18，

當且僅當m=n=p=2時等號成立，

故3a+1+3b+1+3c+1的最大值為32.

點評題由于a，b，c具有輪換性，其和為定值1，所以通過進行“局部換元”，進而結合重要不等式求解的.此解法別具一格，充分體現了“局部換元”法的應用價值和解題魅力.

例4（2022年5月全國高中數學聯賽江西省的預賽第4題）若x，y，z∈R+，滿足xy+yz+zx=1，則函數f（x，y，z）=xy+5+yz+5+zx+5的最大值是.

解設a=xy+5，b=yz+5，c=zx+5，則a2+b2+c2=xy+5+yz+5+zx+5=xy+yz+zx+15=16.

由柯西不等式，得

（a+b+c）2≤（12+12+12）（a2+b2+c2）

=3×16=48，

所以xy+5+yz+5+zx+5≤43.

故函數f（x，y，z）=xy+5+yz+5+zx+5的最大值是43.

點評若本題通過局部換元，運用柯西不等式求解，思路明朗、清晰，易于理解，同時也簡化了運算.

3 求范圍

例5（2015年全國高中數學聯賽山西賽區預賽第7題）設a=3x+1+3y+1+3z+1，其中x+y+z=1，x，y，z≥0，則［a］=.

解析同例3解析，可得a≤18<5.

又因為0≤x，y，z≤1，

所以x≥x2，y≥y2，z≥z2，

于是3x+1≥x2+2x+1=（x+1）2，

所以3x+1≥x+1，

同理3y+1≥y+1，3z+1≥z+1，

所以3x+1+3y+1+3z+1≥x+1+y+1+z+1=（x+y+z）+1=4.

綜上，得4≤3x+1+3y+1+3z+1<5，即4≤a<5.

故［a］=4.

點評本題首先進行“局部換元”，進而結合重要不等式求得（上確界）上界，然后利用不等式性質得到下界從而得解的.

例6（2021年全國高中數學聯賽廣西預賽第2題）已知xy+yz+zx=1，其中x，y，z均為正數，則3xy+1+3yz+1+3zx+1的整數部分為.

解法1設a=3xy+1，b=3yz+1，c=3zx+1，

則由解法1，得a2+b2+c2=6.

設M=3xy+1+3yz+1+3zx+1=a+b+c，

構造二次函數

φ（λ）=（λ-a）2+（λ-b）2+（λ-c）2，

即φ（λ）=3λ2-2（a+b+c）λ+a2+b2+c2=3λ2-2Mλ+6.

因為φ（λ）≥0，對λ∈R恒成立，所以△=（-2M）2-4×3×6≤0，

從而M2≤18<25，

所以3xy+1+3yz+1+3zx+1<5.

以下同解法1，可知3xy+1+3yz+1+3zx+1>4.

綜上，4<3xy+1+3yz+1+3zx+1<5.

故3xy+1+3yz+1+3zx+1的整數部分為4.

點評此題是一道難得的經典考題，思路寬泛，解法較多，對于考生參賽來說，基于填空題的特點，可以利用賦值法，取x=y=z=33得以秒解.這里出于問題具體解法的思考，通過局部換元后利用柯西不等式求得（上確界）上界，然后利用不等式性質得到下界從而得解的.下面再給出一種通過局部換元后構造二次函數，轉化為恒成立問題求得（上確界）上界，然后利用不等式性質得到下界的解法.

解法2設a=3xy+1，b=3yz+1，c=3zx+1，則由解法1，得a2+b2+c2=6.

設M=3xy+1+3yz+1+3zx+1=a+b+c，構造二次函數φλ=（λ-a）2+（λ-b）2+（λ-c）2，即φλ=3λ2-2a+b+cλ+a2+b2+c2=3λ2-2Mλ+6.

因為φλ≥0，對λ∈R恒成立，所以△=-2M2-4×3×6≤0，

從而M2≤18<25，所以3xy+1+3yz+1+3zx+1<5.

以下同解法1，可知3xy+1+3yz+1+3zx+1>4.

綜上，4<3xy+1+3yz+1+3zx+1<5.

故3xy+1+3yz+1+3zx+1的整數部分為4.

局部換元法作為一種常用的換元方法，其本質在于轉化，其關鍵在于設元，其目的在于變換所研究的問題對象，達到化繁為簡、化難為易之目的.通過上述幾例可以看出，應用局部換元法解答某些競賽題優勢明顯，在解題中應多體會這一方法.

參考文獻：

［1］?姜坤崇.用局部換元法巧證一類條件不等式[J].中學數學雜志，2022（5）：30-33.

[2] 方志平.均值代換 魅力無窮[J].中學數學雜志，2021（1）：44-45.

［責任編輯：李璟］