局部换元法求解一类多元“根式和”问题

刘波

摘要：在各级各类竞赛中，经常出现目标式为关于多个变量的“根和式”的不等式证明或求最值等一类问题.这类问题结构简明，形式优美，但内涵丰富，抽象程度高，综合性较强，探究这类问题的解法颇有必要.本文通过具体实例介绍运用“局部换元”方法求解数学竞赛试题.

关键词：局部换元；多元；根式和

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2023）33-0002-03

在一定条件背景下，对于目标式中出现形如u（x）+u（y）+u（z）或u（x，y）+u（y，z）+u（z，x） 的多元“根式和”，诸如不等式证明或求最值、范围等问题，我们可用局部换元的方法进行求解，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）），这样就将关于x，y，z的无理式问题转化为a，b，c有理式问题，然后结合题设条件，进一步利用均值不等式、柯西不等式等不等式结论，使问题获解.

下面举例说明局部换元法在求解竞赛中一类多元“根式和”问题的应用.

1 证明不等式

例1（2022年5月全国高中数学联赛江西省的预赛第10题）设x，y，z为正实数，满足xyz=1，证明：1+8x+1+8y+1+8z≥9.

证明令a=1+8x，b=1+8y，c=1+8z，因为x，y，z为正实数，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.

因为a，b，c>1，所以a+b+c≥9.

故1+8x+1+8y+1+8z≥9得证.

点评若本题直接证明，不仅有三个变量，而且目标式中含有三个“二次根式”，证明起来比较困难.这里进行局部换元，将“83=83·1”进行1的代换后代入得到关于引进的参数的式子，分解、組合并两度利用三元均值不等式求解的.求解本题的关键在于为什么由“83”来切入，这需要对题意有较强的分析、把控的能力.

例2（2005年罗马尼亚数学奥林匹克预选试题）设x，y，z为正数，且xy+yz+zx+2xyz=1，证明：xy+yz+zx≤32[1].

证明令a=xy，b=yz，c=zx，因为x，y，z为正实数，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，

当且仅当a=b=c时取等号.

又由三元均值不等式，得

abc≤（a+b+c3）3

当且仅当a=b=c时取等号.

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，

所以化简得（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，当且仅当a=b=c=12时取等号.

故xy+yz+zx≤32得证.

点评本题对目标式中的三个二次根式进行局部换元，转化后运用柯西不等式和三元均值不等式证明.在证明过程中，三次式“2（a+b+c）3+9（a+b+c）2-27”的分解是个难点，需要有较强的配凑、变形能力.

2 求最值

例3（第8届希望杯高二试题）如果a+b+c=1，则3a+1+3b+1+3c+1的最大值为［2］.

解析设3a+1=m，3b+1=n，3c+1=p，则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，

当且仅当m=n=p=2时等号成立，

故3a+1+3b+1+3c+1的最大值为32.

点评题由于a，b，c具有轮换性，其和为定值1，所以通过进行“局部换元”，进而结合重要不等式求解的.此解法别具一格，充分体现了“局部换元”法的应用价值和解题魅力.

例4（2022年5月全国高中数学联赛江西省的预赛第4题）若x，y，z∈R+，满足xy+yz+zx=1，则函数f（x，y，z）=xy+5+yz+5+zx+5的最大值是.

解设a=xy+5，b=yz+5，c=zx+5，则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.

故函数f（x，y，z）=xy+5+yz+5+zx+5的最大值是43.

点评若本题通过局部换元，运用柯西不等式求解，思路明朗、清晰，易于理解，同时也简化了运算.

3 求范围

例5（2015年全国高中数学联赛山西赛区预赛第7题）设a=3x+1+3y+1+3z+1，其中x+y+z=1，x，y，z≥0，则［a］=.

解析同例3解析，可得a≤18<5.

又因为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.

点评本题首先进行“局部换元”，进而结合重要不等式求得（上确界）上界，然后利用不等式性质得到下界从而得解的.

例6（2021年全国高中数学联赛广西预赛第2题）已知xy+yz+zx=1，其中x，y，z均为正数，则3xy+1+3yz+1+3zx+1的整数部分为.

解法1设a=3xy+1，b=3yz+1，c=3zx+1，

则由解法1，得a2+b2+c2=6.

设M=3xy+1+3yz+1+3zx+1=a+b+c，

构造二次函数

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.

因为φ（λ）≥0，对λ∈R恒成立，所以△=（-2M）2-4×3×6≤0，

从而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.

综上，4<3xy+1+3yz+1+3zx+1<5.

故3xy+1+3yz+1+3zx+1的整数部分为4.

点评此题是一道难得的经典考题，思路宽泛，解法较多，对于考生参赛来说，基于填空题的特点，可以利用赋值法，取x=y=z=33得以秒解.这里出于问题具体解法的思考，通过局部换元后利用柯西不等式求得（上确界）上界，然后利用不等式性质得到下界从而得解的.下面再给出一种通过局部换元后构造二次函数，转化为恒成立问题求得（上确界）上界，然后利用不等式性质得到下界的解法.

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

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

因为φλ≥0，对λ∈R恒成立，所以△=-2M2-4×3×6≤0，

从而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.

综上，4<3xy+1+3yz+1+3zx+1<5.

故3xy+1+3yz+1+3zx+1的整数部分为4.

局部换元法作为一种常用的换元方法，其本质在于转化，其关键在于设元，其目的在于变换所研究的问题对象，达到化繁为简、化难为易之目的.通过上述几例可以看出，应用局部换元法解答某些竞赛题优势明显，在解题中应多体会这一方法.

参考文献：

［1］ 姜坤崇.用局部换元法巧证一类条件不等式[J].中学数学杂志，2022（5）：30-33.

[2] 方志平.均值代换 魅力无穷[J].中学数学杂志，2021（1）：44-45.

［责任编辑：李璟］