《数学通报》2562问题的多解探究及变式推广

刘远桃　唐明坤　陈明万

1.问题呈现

a，b，c>0，且满足a+b+c=3，求证：1－ab1+ab+1－bc1+bc+1－ca1+ca≥0.

这是《数学通报》2020年第9期数学问题解答2562问题给出的一道不等式证明题，该不等式的条件和结论结构对称、形式优美，文［1］主要是通过综合分析得到证明，读后深受启发.本文拟对该不等式做进一步的探究，得到了不同证法，并对其进行变式和推广，与大家一起探讨.

2.问题解析

证法1：由基本不等式和权方和不等式得1－ab1+ab+1－bc1+bc+1－ca1+ca=21+ab+21+bc+21+ca－3

≥2（11+a+b2+11+b+c2+11+c+a2）－3≥2×（1+1+1）23+a+b+c－3=183+3－3=0.

评注：此证法通过配凑先将式子中各项的分子代数式有理化，利用基本不等式将式子中各项的分母代数式有理化，再利用权方和不等式进行放缩，凑出“a+b+c”项，将条件式子a+b+c=3代入得到证明.

证法2：由基本不等式和条件a+b+c=3得1－ab1+ab+1－bc1+bc+1－ca1+ca=21+ab+21+bc+21+ca－3

≥2（11+a+b2+11+b+c2+11+c+a2）－3=4（12+a+b+12+b+c+12+c+a）－3

=4（15－a+15－b+15－c）－3≥0，即证15－a+15－b+15－c≥34.

设f（x）=15－x，则f′（x）=（5－x）－2，f″（x）=2·（5－x）－3>0，所以函数f（x）在（0，3）上为凸函数，由琴生不等式得15－a+15－b+15－c=f（a）+（b）+f（c）≥3f（a+b+c3）=3f（1）=34，所以原不等式得證.

评注：此证法通过配凑先将式子中各项的分子代数式有理化，利用基本不等式将式子中各项的分母代数式有理化，将条件式子a+b+c=3代入得到一个新的放缩不等式，再利用函数凹凸性和琴生不等式求出放缩后的最小值，从而得到证明.

证法3：1－ab1+ab+1－bc1+bc+1－ca1+ca=21+ab+21+bc+21+ca－3≥0，

即证11+ab+11+bc+11+ca≥32.

由三元柯西不等式得（11+ab+11+bc+11+ca） ［（1+ab）+（1+bc）+（1+ca）]≥（1+1+1）2=9，所以11+ab+11+bc+11+ca≥93+ab+bc+ca，由三元基本不等式得a+b+c=3≥ab+bc+ca，所以3+ab+bc+ca≤6，所以11+ab+11+bc+11+ca≥93+ab+bc+ca≥96=32，所以原不等式得证.

评注：此证法通过配凑先将式子中各项的分子代数式有理化，利用柯西不等式将原不等式进行转化，得到一个新的放缩不等式，再利用三元基本不等式求出放缩后的最小值，从而得到证明.

3.问题变式

变式1 a，b，c>0，t≥3，且满足a+b+c=3，求证：1t－a+1t－b+1t－c≥3t－1.

分析：此变式是通过证法2得到的，限定t≥3，其目的是为了使所设函数在（0，3）上为凸函数，证明方法也是利用函数凹凸性与琴生不等式.

变式2 a，b，c>0，且满足a+b+c=3，求证：11+ab+11+bc+11+ca≥32.

分析：此变式是通过证法3得到的，证明方法同上述证法3.

变式3 a，b，c>0，且满足a+b+c=3，求证：a21+ab+b21+bc+c21+ca≥32.

分析：此变式是在变式2的基础上得到的，证明方法同上述证法3.

变式4 a，b，c>0，且满足a+b+c=3，求证：a2a+ab+b2b+bc+c2c+ca≥32.

分析：此变式是在变式3的基础上得到的，证明方法同上述证法3.

4.问题推广

推广1 若 a，b，c>0，且满足a+b+c=t，求证：1－ab1+ab+1－bc1+bc+1－ca1+ca≥18t+3－3.

分析：将问题中条件式子的结果从“3”推广到“t”，推广形式不变.

推广2若ai>0，i=1，2，…，n，且满足∑ni=1ai=t，

求证：1－a1a21+a1a2+1－a2a31+a2a3+…+1－ana11+ana1≥2n2n+t－n.

分析：在推广1的基础上将未知数个数从“3”元推广到“n”元，推广形式不变.

推广3若ai>0，i=1，2，…，n，α，β∈R，λμ≠0，且满足∑ni=1ai=t，求证：α+β·a1a2λ+μ·a1a2+α+β·a2a3λ+μ·a2a3+…+α+β·ana1λ+μ·ana1≥（α－λβμ）n2λn+μt+βnμ.

分析：在推广2的基础上将各项式子中分子分母的系数“1，－1，1，1”推广到“α，β，λ，μ”，推广形式不变.

推广4若ai>0，i=1，2，…，n，且满足∑ni=1ai=t，求证：1－n－1a2a3a4…an1+n－1a2a3a4…an+1－n－1a1a3a4…an1+n－1a1a3a4…an+…+1－n－1a1a2a3…an－11+n－1a1a2a3…an－1≥2n2n+t－n.

分析：在推广2的基础上将各项式子的分子分母中含有未知数的式子的未知数个数从“2”元推广到“n－1”元，推广形式改变.

推广5若ai>0，i=1，2，…，n，α，β∈R，λμ≠0，且满足∑ni=1ai=t，求证：α+β·n－1a2a3a4…anλ+μ·n－1a2a3a4…an+α+β·n－1a1a3a4…anλ+μ·n－1a1a3a4…an+…+α+β·n－1a1a2a3…an－1λ+μ·n－1a1a2a3…an－1≥（α－λβμ）n2λn+μt+βnμ.

分析：在推广4的基础上将各项式子中分子分母的系数“1，－1，1，1”推广到“α，β，λ，μ”，推广形式不变.此外，还可以在推广2的基础上将各项式子的分子分母中含有未知数的式子的未知数个数“2”进行推广，得到更多的推广不等式.

推广1到推广5的证明方法是一样的，这里给出推广5的证明，推广1到推广4的证明不再叙述.

推广5证明：α+β·n－1a2a3a4…anλ+μ·n－1a2a3a4…an+α+β·n－1a1a3a4…anλ+μ·n－1a1a3a4…an+…+α+β·n－1a1a2a3…an－1λ+μ·n－1a1a2a3…an－1

=βμ（λ+μ·n－1a2a3a4…an）+α－λβμλ+μ·n－1a2a3a4…an+βμ（λ+μ·n－1a1a3a4…an）+α－λβμλ+μ·n－1a1a3a4…an

+…+βμ（λ+μ·n－1a1a2a3…an－1）+α－λβμλ+μ·n－1a1a2a3…an－1=α－λβμ1λ+μ·n－1a2a3a4…an+1λ+μ·n－1a1a3a4…an+…+1λ+μ·n－1a1a2a3…an－1+nβμ.由基本不等式的推广和权方和不等式得α－λβμ1λ+μ·n－1a2a3a4…an+1λ+μ·n－1a1a3a4…an+…+1λ+μ·n－1a1a2a3…an－1）+nβμ≥（α－λβμ）.

（1λ+μ·a2+a3+a4+…+ann－1+1λ+μ·a1+a3+a4+…+ann－1+…+

1λ+μ·a1+a2+a3+…+an－1n－1

+nβμ≥（α－λβμ）·（1+1+1+…+1）2λn+μ（a1+a2+a3+…+an）+nβμ=（α－λβμ）n2λn+μt+nβμ，所以不等式得证.

参考文献

［1］贺基军.数学问题2562［J］.数学通报，2020，59（9）.

［2］贺基军.数学问题2562解答［J］.数学通报，2020，59（10）.