对一道数学竞赛试题的思考与推广

马涛

【摘要】在不等式的证明（或求最值）时，均值不等式与獵auchy不等式（或獺塴der不等式）的结合运用是一种重要方法.关键是要注意不等式中等号成立的条件.

【关键词】均值不等式；獵auchy不等式；獺塴der不等式

有一道常见的数学竞赛试题：

原题 已知x,y,z>0,求证：xy+2yz[]x2+y2+z2≤5[]2.

分析 结合求证的分式的结构特点，通过对分母中的和式进行适当拆分，进而运用均值不等式可使问题得到解决.

证明 据均值不等式，得：x2+1[]5y2≥2[]5xy,4[]5y2+z2≥4[]5yz.

二式叠加，可得：x2+y2+z2≥2[]5(xy+2yz)，易知，命题得证.

变式1 （2008年第五届中国东南地区数学奥林匹克竞赛试题）求出最大的正实数λ,使得对于满足x2+y2+﹝2=1的任何实数x,y,z成立不等式：|λxy+yz|≤5[]2.

分析 容易发现本题与原题有许多相似点，因而可结合原题的解题思想进行研究.另外，需注意对绝对值号的适当处理.

变式2 长方体ABCD-A1B1C1D1中，假设体对角线AC1与棱AA1,AB,AD夹角分别为α,β,γ，求:玞osα玞osβ+玞osβ玞osγ的最大值及此时α,β,γ的值.

分析 从本题的式子可以看出，与原题分式的分子式相似，另外结合长方体中有三角关系

玞os2α+玞os2β+玞os2γ=1,进而可仿照原题进行求解.

推论1 若x,y,z,a,b>0,则有axy+byz[]x2+y2+z2≤a2+b2[]2.

变式3 x璱>0,i=1,2,…,n,x21+x22+…+x2璶=1,求﹛1(x2+獂3+…+x璶)的最大值.

分析 根据题目中的式子特点，很容易联想到獵auchy不等式和均值不等式，但若不能结合问题综合考虑，则会导致如下错误：

错解 据均值不等式，得：x1(x2+…+x璶)≤x1+(x2+…+x璶)[]22=(x1+x2+…+x璶)2[]4.

又由獵auchy不等式，有(x1+x2+…+x璶)2≤n(x21+﹛22+…+x2璶)=n,

从而，有x1(x2+…+x璶)≤n[]4.故x1(x2+…+x璶)﹎ax=n[]4.

错因 以上错解的主要原因在于仅仅联想到两个不等式的特点，而忽视了不等式中等号成立的条件.

正解 据均值不等式，得：1[]n-1x21+x22≥2[]n-1x1x2，…，1[]n-1x21+x2璶≥2[]n-1x1x璶，

不等式叠加，可得：2[]n-1x1(x2+…+x璶)≤x21+x22+…x2璶,即：x1(x2+…+x璶)≤n-1[]2,

当且仅当1[]n-1x21=x22=x23=…=x2璶时取等号，结合x21+x22+…+x2璶=1，可解得此时x1=2[]2,x2=x3=…=x璶=2(n-1)[]2(n-1).故x1(x2+…+x璶)﹎ax=n-1[]2.

推论2 若x璱∈R+,i=1,2,…,n,则有

x璱(a1x1+…+a﹊-1獂﹊-1+a﹊+1獂﹊+1+…+a璶x璶)[]x21+x22+…+x2璶≤a21+…+a2﹊-1+a2﹊+1+…+a2璶[]2.

变式4 若x璱∈R+,i=1,2,3,4,5,试求（x1+x2)(x3+x4+x5)[]x21+x22+x23+x24+x25的最大值.

分析 若仅仅考虑对和式x21+x22+x23+x24+x25进行拆分，显然很难奏效，可以考虑借助獵auchy不等式和均值不等式对其进行转化.只不过也很容易导致如下错误：

错解 由均值不等式，得：(x1+x2)(x3+x4+x5)≤(x1+x2)+(x3+x4+x5)[]22=(x1+x2+x3+x4+x5)2[]4.

又据獵auchy不等式，得：

(x1+x2+x3+x4+x5)2≤5(x21+獂22+x23+x24+x25)，

从而(x1+x2)(x3+x4+x5)≤5[]4(x21+x22+﹛23+獂24+x25)，

即(x1+x2)(x3+x4+x5)[]x21+x22+x23+x24+x25≤5[]4.

故(x1+x2)(x3+x4+x5)[]x21+x22+x23+x24+x25的最大值为5[]4.

错因 类似于变式3，问题仍在于獵auchy不等式和均值不等式的等号成立条件.可若把两个重要不等式反过来使用，则能实现解题目标.

正解 据獵auchy不等式，得：(x1+x2)2≤2(x21+x22),(x3+x4+x5)2≤3(x23+x24+x25).两式相乘，可得：

（x1+x2)2·(x3+x4+x5)2≤6（x21+x22)(x23+x24+x25).

又由均值不等式，得：

(x21+x22)(x23+x24+x25)≤(x21+x22)+(x23+x24+x25)[]22，

从而有(x1+x2)2(x3+x4+x5)2≤6(x21+x22)+(x23+x24+x25)[]22,

即：(x1+x2)(x3+x4+﹛5)≤6[]2(x21+x22+x23+x24+x25),

故(x1+x2)(x3+x4+x5)[]x21+x22+x23+x24+x25≤6[]2，

当且仅当x1=x2,x3=x4=x5,x21+x22=x23+x24+x25，

即┑眡1=獂2=λ[]2,x3=x4=x5=λ[]3,(λ>0)时，(x1+x2)(x3+x4+x5)[]x21+x22+x23+x24+x25的最大值为6[]2.

推论3 若x璱∈R+,i=1,2,…，n,m∈N,m>1,则有

(x11+…+x1i1）（x21+…+x2i2)·…·（x﹎1+…+x﹎i璵)[]x琺1+x琺+…+x琺璶≤(i1i2…i璵)1-1[]m猍]m.

其中x11+…+x1i1,x21+…+x2i2,…，x﹎1+…+x﹎i璵是x1+x2+…+x璶的一个分割.

证明 据獺塴der不等式，得：

x11+…+x1i1≤(i1)1-1[]m(x琺11+…+x琺1i1)1[]m，

x21+…+x2i2≤(i2)1-1[]m(x琺21+…+x琺2i2)1[]m,…,x﹎1+…+x﹎i璵≤(i璵)1-1[]m(x琺﹎1+…+x琺﹎i璵)1[]m,

从而(x11+…+x1i1)(x21+…+x2i2)·…·（x﹎1+…+x﹎i璵)

≤(i1i2…i璵)1-1[]m［(x琺11+…+x琺1i1）·…·（x琺﹎1+…+x琺﹎i璵)］1[]m.

又由均值不等式，得：

(x琺11+…+x琺1i1)·…·(x琺﹎1+…+x琺﹎i璵)

≤(x琺11+…+x琺1i1）+…+(x琺﹎1+…+x琺﹎i璵)[]m琺

=x琺1+x琺2+…+x琺璶[]m琺.

ソ而(x11+…+x1i1)(x21+…+x2i2)·…·（x﹎1+…+x﹎i璵）≤(i1i2…i璵)1-1[]m獂琺1+x琺2+…+x琺璶[]m，す(x11+…+x1i1)(x21+…+x2i2)·…·（x﹎1+…+x﹎i璵)[]x琺1+x琺+…+x琺璶≤(i1i2…i璵)1-1[]m猍]m，

当且仅当x11=…=x1i1，…，x﹎1=…=x﹎i璵,x琺11+…+x琺1i1=…=x琺﹎1+…+x琺﹎i璵,

即当x11=…=x1i1=λ[]i1[]m1,x21=…=x2i2=λ[]i1[]m2,…,x﹎1=…=x┆玬in=λ[]i1[]m璵,(λ>0)时，推论3中的等号成立.

推论4 若x璱,a璱∈R+,i=1,2,…,n,m∈N,m>1，则有

（a11獂11+…+a1i1獂1i1)(a21獂21+…+a2i2獂2i2)·…·（a﹎1獂﹎1+…+a﹎i璵獂﹎i璵)[]x琺1+x琺+…+x琺璶≤a﹎[]m-111+…+a﹎[]m-11i1·…·a琺[]m-1﹎1+…+a琺[]m-1﹎i璵1-1[]m

[]m.

其中a11獂11+…+a1i1獂1i1,a21獂21+…+a2i2獂2i2,…,a﹎1獂﹎1+…+a﹎i璵獂﹎i璵是a1x1+a2x2+…+a璶x璶的一个分割.

注 推论4与推论3的证明过程相似，不再赘述.另外，推论4中等号成立的充要条件是

x﹋k=λa1[]m-1﹋k猍]a﹎[]m-1﹋1+a琺[]m-1﹋2+…+a琺[]m-1﹋i璲1[]m,j=1,2,…,m;k=1,2,…,i璲,(λ>0).