一道越南数学奥赛题的另证、推广与加强

黄锦涛 谢涛 叶济宇

摘 要：本文以一道2018年越南数学奥林匹克竞赛题为背景，给出了这道试题的另一种证法，接着给出了四元推广和加强并进行了证明，最后给出了n元推广和加强.

关键词：越南奥赛;推广;证明

1 試题呈现

试题 （2018年越南数学奥林匹克竞赛）已知a，b，c是满足ab+bc+ca=abc的正数，求证：b+ca2+c+ab2+a+bc2≥2.

2 试题解析

文[1]对这道竞赛题进行了证明，下面给出另外一种证明方法.

证明 因为（a-b）2≥0，所以（a+b）2≥4ab，a+b≥4aba+b=41a+1b.

同理b+c≥41b+1c，c+a≥41c+1a.

根据基本不等式可得

b+ca2=1a2（b+c）≥1a2·41b+1c=41a21b+1c.

同理有c+ab2≥41b21c+1a，a+bc2≥41c21a+1b.

所以b+ca2+c+ab2+a+bc2≥

4（1a21b+1c+1b21c+1a+1c21a+1b）.

由权方和不等式得

1a21b+1c+1b21c+1a+1c21a+1b≥（1a+1b+1c）22（1a+1b+1c）

=12（1a+1b+1c）.

再由ab+bc+ca=abc得1a+1b+1c=1.

所以b+ca2+c+ab2+a+bc2≥4×12=2.

3 试题推广

通过观察，可以发现这道题可以推广到四元，相应的题目如下：

推广1 已知a，b，c，d是满足abc+abd+acd+bcd=abcd的正数，求证：

b+c+da2+c+d+ab2+d+a+bc2+a+b+cd2≥3.

证明 由均值不等式有ba2+ba2+ab2≥3a，

ca2+ca2+ac2≥3a，

da2+da2+ad2≥3a;

cb2+cb2+bc2≥3b，

db2+db2+bd2≥3b，

ab2+ab2+ba2≥3b;

dc2+dc2+cd2≥3c，

ac2+ac2+ca2≥3c，

bc2+bc2+cb2≥3c;

ad2+ad2+da2≥3d，

bd2+bd2+db2≥3d，

cd2+cd2+dc2≥3d.

将以上十二个式子相加得

b+c+da2+c+d+ab2+d+a+bc2+a+b+cd2≥3（1a+1b+1c+1d）=3.

评注 本题还可以推广到n元（证明方法同上，具体证明留给读者）.

推广2 已知a1，a2，…，an（n∈N*）是满足a1a2…an-1+a1…an-2an+…+a2…an-1an=a1a2…an的正数，求证：a2+…+ana21+a3+…+a1a22+…+a1+…+an-1a2n≥n-1.

将这道越南竞赛题中的约束条件ab+bc+ca=abc去掉，可得2005年罗马尼亚数学奥林匹克试题：

推广3 已知a，b，c是正实数，求证：b+ca2+c+ab2+a+bc2≥2（1a+1b+1c）.

文[2]把此题加强为：

推广4 b+ca2+c+ab2+a+bc2

≥22c21a+1b+2a21b+1c+2b21c+1a

≥21a+1b+1c+22a-1b-1c21a+1b+1c.

同理去掉四元推广式中的约束条件abc+abd+acd+bcd=abcd有相应题目如下：

推广5 已知a，b，c，d是正实数，求证：b+c+da2+c+d+ab2+d+a+bc2+a+b+cd2≥31a+1b+1c+1d.

接着可以对其进行加强，得到题目如下：

推广6 已知a，b，c，d是正实数，求证：

b+c+da2+c+d+ab2+d+a+bc2+a+b+cd2≥3·3a21b+1c+1d

+3b21c+1d+1a+3c21d+1a+1b+3d21a+1b+1c≥31a+1b+1c+1d+

43a-1b-1c-1d231a+1b+1c+1d.

证明 由基本不等式有

b+c+da2=1a2（b+c+d）≥1a2·91b+1c+1d=9a21b+1c+1d.

同理c+d+ab2≥9b21c+1d+1a，

d+a+bc2≥9c21d+1a+1b，

a+b+cd2≥9d21a+1b+1c.

把上面四式相加得

b+c+da2+c+d+ab2+d+a+bc2+a+b+cd2≥3·3a21b+1c+1d+3b21c+1d+1a+3c21d+1a+1b+3d21a+1b+1c.

下证

3a21b+1c+1d+3b21c+1d+1a+3c21d+1a+1b+

3d21a+1b+1c≥1a+1b+1c+1d+

43a-1b-1c-1d291a+1b+1c+1d.

为了计算方便，先证明

3a2b+c+d+3b2c+d+a+3c2d+a+b+3d2a+b+c≥a+b+c+d+4（3a-b-c-d）29（a+b+c+d）.

因为

3a-b-c-d2b+c+d=9a2b+c+d-6a+b+c+d，

3b-c-d-a2c+d+a=9b2c+d+a-6b+c+d+a，

3c-d-a-b2d+a+b=9c2d+a+b-6c+d+a+b，

3d-a-b-c2a+b+c=9d2a+b+c-6d+a+b+c，

将上述四个式子相加，得

9a2b+c+d+9b2c+d+a+9c2d+a+b+9d2a+b+c=

3a-b-c-d2b+c+d+3b-c-d-a2c+d+a+

3c-d-a-b2d+a+b+3d-a-b-c2a+b+c+3a+b+c+d.

由權方和不等式得

3a-b-c-d2b+c+d+3b-c-d-a2c+d+a

+3c-d-a-b2d+a+b+3d-a-b-c2a+b+c

≥3a-b-c-d2b+c+d+b+c+d-3a23a+2b+2c+2d

=3a-b-c-d21b+c+d+13a+2b+2c+2d

≥3a-b-c-d21+123a+b+c+d

=43a-b-c-d23a+b+c+d.

所以

3a2b+c+d+3b2c+d+a+3c2d+a+b+3d2a+b+c≥a+b+c+d+43a-b-c-d29a+b+c+d.

作变换a→1a，b→1b，c→1c，d→1d得

3a21b+1c+1d+3b21c+1d+1a+3c21d+1a+1b+3d21a+1b+1c≥

1a+1b+1c+1d+43a-1b-1c-1d291a+1b+1c+1d.

故

b+c+da2+c+d+ab2+d+a+bc2+a+b+cd 2≥3· 3a21b+1c+1d+3b21c+1d+1a+3c21d+1a+1b

+3d21a+1b+1c≥31a+1b+1c+1d+

43a-1b-1c-1d231a+1b+1c+1d.

注 本题还可以对n元推广式进行加强（证明方法同上，具体证明留给读者）.

推广7 已知a1，a2，…，an（n∈N*）是正实数，求证：

a2+…+ana21+a3+…+a1a22+…+a1+…+an-1a2n≥n-1n-1a211a2+1a3+…+1an+n-1a221a3+1a4+…+1a1+…+n-1a2n1a1+1a2+…+1an-1≥

n-11a1+1a2+…+1an+nn-1a1-1a2-1a3-…-1an2n-11a1+1a2+…+1an.

参考文献：

[1]周瑜芽.巧用均值不等式证明2018年数学奥林匹克不等式题[J].中学数学研究，2019（03）：49-50.

[2]叶大文，邹守文.若干国际国内数学奥林匹克不等式问题的加强[J].保山师专学报，2009，28（02）：61-64.

（收稿日期：2019-11-13）