一道东南数学奥林匹克试题的进一步推广

田富德

题目 (第三届(2006年)东南数学奥林匹克第6题)求最小的实数m，使不等式m(a3+b3+c3)≥6(a2+b2+c2)+1对于满足a+b+c=1的任意实数a,b,c恒成立.

文［1］对此题作了以下

推广1 设ai>0,i=1,2,…，n,n≥2，∑ni=1ai=1,A>-Bn，求最小的实数m，使不等式m∑ni=1ai3≥A∑ni=1ai2+B恒成立.

笔者对此题进行再探究，发现了更一般性的结论，现将探究过程和推广证明叙述如下.

首先笔者考虑适当改变题中ai的次数，看是否有类似更一般性的结论，答案是肯定的.于是有如下

推广2 设ai>0,i=1,2,…,n,n≥2,∑ni=1ai=1,A>-Bn^p-2,p∈N*,且p>2，求最小的实数m，使不等式m∑ni=1aip≥A∑ni=1ai^p-1+B恒成立.

解：令ai=1n,i=1,2,…，n，得m·nnp≥A·nn^p-1+B，即m≥An+Bn^p-1.

下面证明，当ai>0,i=1,2,…，n,n≥2,∑ni=1ai=1,A>-Bn^p-2,p∈N*,且p>2时，有(An+Bn^p-1)∑ni=1aip≥A∑ni=1a^p-1i+B (1)

下面证明(1)式成立.

不妨设a1≥a2≥…≥an，又由题意知p-1>1，则a^p-11≥a^p-12≥…≥a^p-1n，由切比雪夫不等式，有∑ni=1api≥1n·(∑ni=1

ai)·(∑ni=1a^p-1i)=1n·∑ni=1a^p-1i,连续运用切比雪夫不等式，有∑ni=1a^p-1i≥1n∑ni=1a^p-2i≥…≥1n^p-2∑ni=1ai=1n^p-2 (2)

而A>-Bn^p-2，所以An+Bn^p-1>0,因此，(An+Bn^p-1)∑ni=1api≥(An+Bn^p-1)·1n·∑ni=1a^p-1i=A∑ni=1a^p-1i+Bn^p-2∑ni=1a^p-1i≥A∑ni=1a^p-1i+Bn^p-2·1n^p-2≥A∑ni=1a^p-1i+B.

故不等式(1)得证.

再次改变左右两边ai次数的差值，此题可以作如下

推广3 设ai>0,i=1,2,…,n,n≥2，∑ni=1ai=1,A>-Bn^q-1,p,q∈N*，且p>q≥1，求最小的实数m，使不等式m∑ni=1api≥A∑ni=1aqi+B恒成立.

解：令ai=1n,i=1,2,…,n，得m·nnp≥A·nnq+B,则m≥An^p-q+Bn^p-1.

下面证明，当ai>0,i=1,2,…,n,n≥2，∑ni=1ai=1,A>-Bn^q-1,p,q∈N*，且p>q≥1时，有(An^p-q+Bn^p-1)∑ni=1api≥A∑ni=1aqi+B (3)

下面证明(3)式成立.

不妨设a1≥a2≥…≥an，又由题意p-q>0，则aq1≥aq2≥…≥aqn,a^p-q1≥a^p-q2≥…≥a^p-qn,由切比雪夫不等式，有∑ni=1api≥1n(∑ni=1aqi)·(∑ni=1a^p-qi),连续运用切比雪夫不等式，有∑ni=1ami≥1n^m-1,(证同(2)式)

而A>-Bn^q-1,即A+Bn^q-1>0,两边同乘n^p-q，得An^p-q+Bn^p-1>0,因此，(An^p-q+Bn^p-1)∑ni=1api≥(An^p-q+Bn^p-1)·1n·(∑ni=1aqi)·(∑ni=1a^p-qi)=An^p-q-1(∑ni=1aqi)(∑ni=1a^p-qi)+Bn^p-2(∑ni=1aqi)(∑ni=1a^p-qi)≥An^p-q-1(∑ni=1aqi)·1n^p-q-1+Bn^p-2·1n^q-1·1n^p-q-1=A(∑ni=1aqi)+B.故不等式(3)得证.

我们进一步改变不等式右边的项数，可进一步得到如下

推广4 设ai>0,i=1,2,…,n,n≥2，∑ni=1ai=1,p,bj∈N*,j=1,2,…，k,k≥2且p>b1>b2>…>bk≥1，B1n^p-b1+B2n^p-b2+…+Bkn^p-bk+Bk+1

连续运用切比雪夫不等式有∑ni=1ami≥1m^m-1,(证同(2)式)

而又B1n^p-b1+B2n^p-b2+…+Bkn^p-bk+Bk+1