兩道泰國數學奧林匹克競賽題的探究與推廣

關鍵詞不等式；數學競賽；泰國數學奧林匹克

1問題起源及證明

題目（2023年泰國數學奧林匹克競賽題）設a，b，cgt;0，且abc=1，證明：

1a+1b+1c+1a+2+1b+2+1c+2≥4.

證明由權方和不等式可得1a+1a+2=329a+12a+2≥（3+1）29a+a+2=85a+1.從而只需證85a+1+85b+1+85c+1≥4.令x=1a，y=1b，z=1c，即證8xx+5+

8yy+5+8zz+5≥4.由權方和不等式可得8xx+5+8yy+5+8zz+5≥8（x+y+z）2x+y+z+15=8（x+y+z+2xy+2yz+2zx）x+y+z+15≥8（x+y+z+6）x+y+z+15=8－72x+y+z+15≥8－7233xyz+15=4.上述所有不等式等號當且僅當x=y=z即a=b=c時成立.

本題是2019年泰國數學奧林匹克競賽試題的更廣泛形式，其題目如下：

設a、b、clt;0.且abc=1，求證1a+1b+1c+1a+1+1b+1+1c+1≥92.

2 題目拓展

我們先給出兩個結論引理1［1］（冪平均不等式）若n∈N+，aigt;0，i=1，2，…，n，則當α＞β時，有

1n∑ni=1aαi1α≥1n∑ni=1aβi1β.

引理2［1］（切比雪夫不等式）

（1）對于兩個單調不增或兩個單調不減的實數列{an}，{bn}，有

1n∑ni=1ai1n∑ni=1bi≤1n∑ni=1aibi.

（2）對于一個單調不增及一個單調不減的實數列{an}，{bn}，有

1n∑ni=1ai1n∑ni=1bi≥1n∑ni=1aibi.

拓展1設mgt;0，kgt;0，aigt;0，i=1，2，…，n，且k+2k≥n－3，∏ni=1ai=1，則

∑ni=11ami+∑ni=11ami+k≥n（2+k）1+k.

證明由權方和不等式得1xm+1xm+k=（k+1）2（k+1）2xm+12xm+k≥（k+2）2（k2+2k+2）xm+k.從而有∑ni=11ami+∑ni=11ami+k≥∑ni=1（k+2）2（k2+2k+2）ami+k.令xi=1ai，則∏ni=1xi=1，即證

∑ni=1（k+2）2xmi（k2+2k+2）+kxmi≥n（2+k）1+k.由權方和不等式有∑ni=1（k+2）2xmi（k2+2k+2）+kxmi≥（k+2）2（∑ni=1xm2i）2∑ni=1［（k2+2k+2）+kxmi］=（k+2）2（∑ni=1xmi+2∑1≤ilt;j≤nxm2i）∑ni=1［（k2+2k+2）+kxmi］≥（k+2）2［∑ni=1xmi+n（n－1）］∑ni=1［（k2+2k+2）+kxmi］ =（k+2）2k［1－n［k2+2k+2－k（n－1）］∑ni=1［（k2+2k+2）+kxmi］］.由均值不等式有

∑ni=1［（k2+2k+2）+kxmi］≥n［（k2+2k+2）+k］=n（k+1）（k+2）.

注意到k+2k≥n－3，所以有k2+2k+2－k（n－1）≥0，于是∑ni=1（k+2）2xmi（k2+2k+2）+kxmi≥（k+2）2k［1－n［k2+2k+2－k（n－1）］∑ni=1［（k2+2k+2）+k］］=n（k+2）k+1，上述所有不等式等號當且僅當x1=x2=…=xn即a1=a2=…=an時成立，綜上得證.

拓展2設m≥1，kgt;0，aigt;0，i=1，2，…，n，且（1+k）m+1+1≥k（n－1），∏ni=1ai=1，

則有∑ni=11ami+∑ni=11（ai+k）m≥n（1+k）m+n.

證明由權方和不等式1xm+1（x+k）m=1（1+k）m+1［1m+1xm+1m+1xm+…+1m+1xm（1+k）m+1個+（k+1）m+1（x+k）m］

≥［（1+k）m+1+（k+1）］m+1（1+k）m+1［（1+k）m+1x+（x+k）］m，從而有

∑ni=11ami+∑ni=11（ai+k）m≥∑ni=1（1+k）m+1［（1+k）m+1］m+1（1+k）m+1［（1+k）m+1ai+（ai+k）］m=∑ni=1［（1+k）m+1］m+1［（1+k）m+1ai+（ai+k）］m.

令xi=1ai，則∏ni=1xi=1.即證∑ni=1［（1+k）m+1］m+1xmi［（1+k）m+1+（1+kxi）］m≥n（1+k）m+n.由冪平均不等式知

［（1+k）m+1+（1+kxi）］m=［（1+k）（1+k）m個+（1+kxi）］m≤［（1+k）m+1］m－1［（1+k）m（1+k）m個+（1+kxi）m］≤［（1+k）m+1］m－1［（1+k）m（1+k）m個+（1+k）m－1（1m+xim+xim+…+ximk個）］.

因此有 LHS≥∑ni = 1［（1+k）m+1］m+1xim［（1+k）m+1］m－1［（1+k）m（1+k）m個（1+k）m－1（1m+xim+xim+…+xim］k個）］= ［（1 + k）m + 1］2（1 + k）m-1∑ni = 1xim［（1 + k）m + 1 + 1 + kxi m）］，由權方和不等式有

∑ni = 1xim［（1 + k）m + 1 + 1 + kxi m）］≥（∑ni = 1xim2）2∑ni = 1［（1 + k）m + 1 + 1 + kxi m）］ = ∑ni = 1xim + 2∑1≤i lt; j≤nxim2∑ni = 1［（1 + k）m + 1 + 1 + kxi m）］

≥［∑ni = 1xim + n（n-1）］∑ni = 1［（1 + k）m + 1 + 1 + kxi m）］ = 1k［1-n［（1 + k）m + 1 + 1-k（n-1）］∑ni = 1［（1 + k）m + 1 + 1 + kxi m）］］.

由均值不等式有∑ni = 1［（1 + k）m + 1 + 1 + kxi m）］≥n（1 + k）［（1 + k）m + 1）］，注意到

（1+k）m+1+1≥k（n－1），所以有（1+k）m+1+1k－（n－1）≥0.所以有

∑ni = 1xim［（1 + k）m + 1 + 1 + kxi m）］≥1k-［（1 + k）m + 1 + 1k-（n-1）］（1 + k）［（1 + k）m + 1）］ .

因此，LHS≥ ［（1+k）m+1］2（1+k）m－11k［1－［（1+k）m+1+1－k（n－1）］（1+k）［（1+k）m+1）］］=n（1+k）m+n.上述所有不等式等號當且僅當x1=x2=…=xn即a1=a2=…=an時成立，綜上結論得證.

4進一步探究

推論1設m1，m2gt;0，kgt;0，aigt;0，i=1，2，…，n，1k+1≤m1m2，

且k+2k≥n－3，∏ni=1ai=1，則∑ni=11am1i+∑ni=11am2i+k≥n（2+k）1+k.

證明（1）當m1≥m2時，由切比雪夫不等式有∑ni=11am1i≥1n∑ni=11am2i∑ni=11am1－m2i，結合∏ni=1ai=1由均值不等式有∑ni=11am1i≥1n∑ni=11am2i∑ni=11am1－m2i≥∑ni=11am2i，所以結合定理1有∑ni=11am1i+∑ni=11am2i+k≥∑ni=11am2i+∑ni=11am2i+k≥n（2+k）1+k.

（2）當m2k+1≤m1lt;m2時，由權方和不等式得

1xm1+1xm2+k=（k+1）2（k+1）2xm1+12xm2+k≥（k+2）2（k+1）2xm+xm2+k.

從而∑ni=11am1i+∑ni=11am2i+k≥∑ni=11am1i+∑ni=11am2i+k≥∑ni=1（k+2）2（k+1）2am1i+am2i+k.令xi=1ai，則∏ni=1xi=1，即證∑ni=1（k+2）2xm2i（k+1）2xm2－m1i+1+kxm2i≥n（2+k）1+k.

由權方和不等式有

∑ni=1（k+2）2xm2i（k+1）2xm2－m1i+1+kxm2i≥（k+2）2（∑ni=1xm22i）2∑ni=1［（k+1）2xm2－m1i+kxm2i+1］=（k+2）2（∑ni=1xm2i+2∑1≤ilt;j≤nxm22i）∑ni=1［（k+1）2xm2－m1i+kxm2i+1］

≥（k+2）2［∑ni=1xm2i+n（n－1）］∑ni=1［（k+1）2xm2－m1i+kxm2i+1］=（k+2）2k［1－（k+1）2∑ni=1xm2－m1i+n－kn（n－1）∑ni=1［（k+1）2xm2－m1i+kxm2i+1］］.

由均值不等式（k+1）2∑ni=1xm2－m1i+n－kn（n－1）≥n［（k+1）2+1－k（n－1）］.

注意到k+2k≥n－3，所以有（k+1）2+1－k（n－1），因此由均值不等式可得

1－（k+1）2∑ni=1xm2－m1i+n－kn（n－1）∑ni=1［（k+1）2xm2－m1i+kxm2i+1］≥1－（k+1）2∑ni=1xm2－m1i+∑ni=1xm2－m1i－k（n－1）∑ni=1xm2－m1i∑ni=1［（k+1）2xm2－m1i+kxm2i+1］

=1－［k2－k（n－3）+2］∑ni=1xm2－m1i∑ni=1［（k+1）2xm2－m1i+kxm2i+1］=1－［k2－k（n－3）+2］（k+1）2+∑ni=1（kxm2i+1）∑ni=1xm2－m1i.

由均值不等式有∑ni=1（kxm2i+1）≥∑ni=1（k+1）xkk+1m2i，由m2k+1≤m1lt;m2，得m2－m1≤kk+1m2，所以由切比雪夫不等式得（k+1）∑ni=1xkk+1m2i∑ni=1xm2－m1i≥（k+1）∑ni=1xm1－m2k+1in.

結合均值不等式得（k+1）∑ni=1xkk+1m2i∑ni=1xm2－m1i≥（k+1）∑ni=1xm1－m2k+1in≥k+1.

綜上有1－［k2－k（n－3）+2］（k+1）2+（k+1）=nk（k+2）（k+1），即有∑ni=11am1i+∑ni=11am2i+k≥（k+2）2k·nk（k+2）（k+1）=n（2+k）1+k，上述所有不等式等號當且僅當x1=x2=…=xn即a1=a2=…=an時成立.綜上推論1成立.

推論2 設m1，m2≥1，kgt;0，aigt;0，i=1，2，…，n，則存在一個關于k的一個代數式f（k），其滿足f（k）≤m1m2，且有0lt;f（k）lt;1，（1+k）m+1+1≥k（n－1），∏ni=1ai=1，則有∑ni=11am1i+∑ni=11（ai+k）m2≥n（1+k）m2+n.

證明當m1≥m2時，由切比雪夫不等式有∑ni=11am1i≥1n∑ni=11am2i∑ni=11am1－m2i，結合∏ni=1ai=1由均值不等式有∑ni=11am1i≥1n∑ni=11am2i∑ni=11am1－m2i≥∑ni=11am2i，所以結合定理2有∑ni=11am1i+∑ni=11（ai+k）m2≥∑ni=11am2i+∑ni=11（ai+k）m2≥n（1+k）m2+n.

當m2f（k）≤m1≤m2時，筆者思考良久難以得到其證明并得到f（k）的準確表達式，但其存在，望有興趣的讀者能夠給出其證明.我們給定m，n，k的一些取值可得下列變式.

變式設a，b，cgt;0，且abc=1，有下述不等式成立：

（1）1a2+1b2+1c2+1a2+5+1b2+5+1c2+5≥72.

（2）1a2+1b2+1c2+1（a+4）2+1（b+4）2+1（c+4）2≥7825.

（3） 1a+1b+1c+1a2+2+1b2+2+1c2+2≥4.

（4） 1a+1b+1c+1（a+2）2+1（b+2）2+1（c+2）2≥103.

參考文獻

［1］ 匡繼昌.常用不等式（第三版）［M］.濟南：山東科學技術出版社，2004：58-61