一道三角不等式问题的另解、变式、背景与推广

广州市第二中学(510530) 程汉波 深圳中学(518000) 朱华伟

数学问题解决领域历来重视总结反思的重要价值.如美籍匈牙利数学家波利亚在其著作《怎样解题》中将解题过程分为四个步骤:弄清题意——拟定计划——实行计划——回顾总结.罗增儒在其著作《中学数学解题的理论与实践》中认为解题学习要经历四个阶段:简单模仿——变式练习——自发领悟——自觉分析.其实,这里的总结反思是多方面的,既有对问题解决过程的整体回顾,也有对解题技巧与数学思想的总结,还有对问题另解、变式、背景与推广等方面的探究与反思.具体地,当一个有代表性的数学问题被解决之后,可尽可能地寻求问题另外的解法,做到一题多解;探索问题有价值的变式,做到一题多变;溯源问题背景有关的文献资料,熟悉问题的渊源;研究问题推广的形式,加深问题的理解.这也符合最新公布的《普通高中数学课程标准》(2017年版,2020年修订版)中所倡导的数学探究性学习的理念:“数学探究活动是围绕某个具体的数学问题,开展自主探究、合作研究并最终解决问题的过程.具体表现为:发现和提出有意义的数学问题,猜测合理的数学结论,提出解决问题的思路和方案,通过自主探索、合作研究论证数学结论.数学探究活动是运用数学知识解决数学问题的一类综合实践活动,也是高中阶段数学课程的重要内容.”下面以1993年第6 届爱尔兰数学奥林匹克中一道三角不等式试题(以下问题1)为例,从寻求问题的另解、探索问题的变式、溯源问题的背景和研究问题的推广四个方面给出笔者的探究过程与结果,供读者参考.

问题1(1993年第6 届爱尔兰数学奥林匹克试题)设x ∈(0,π),证明:对任意n ∈N∗,有.

1.寻求问题的另解

该三角不等式形式对称、结论简单、而背景深刻,但其证明却并不轻松.目前众多数学资料上广为流传的证法是这样的(以下证法1):

证法1由三角函数积化和差公式知,

2 sinxsin(2k−1)x=cos(2k−2)x−cos 2kx,则

当且仅当cos 2kx=1(k=1,2,···,n)时,上式等号成立.但因x ∈(0,π),故cos 2x ̸=1,于是有f(x)sinx >0,所以f(x)>0,问题1 得证.

评注证法1 利用积化和差公式将2 sinxsin(2k−1)x“裂项”为cos(2k−2)x−cos 2kx是关键的一步,虽然在之后的求和过程中不能够“相消”,但是将所得项重新组合之后稍加放缩便可达到“裂项相消”的目的,从而得出2f(x)sinx恒为正数.笔者经历一番探索后得到以下两种不同的证法.

证法2记则f(x)=注意到三角函数列{bk}可求和,即由积化和差公式可得

评注证法2 利用阿贝尔变换将中可求和的三角函数列bk=sin(2k−1)x与单调递减数列区别开来,各取所长.而且,恒有即f(x)经阿贝尔变换后和式中每一项都为正,由此得出f(x)>0 恒成立.

证法3

令f′(x)=0,由x ∈(0,π)得,其中,k=1,2,···,2n−1.且当x ∈(0,x1),(x2,x3),···,(x2n−2,x2n−1)时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x ∈(x1,x2),(x3,x4),···,(x2n−1,π)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.

注意到f(0)=f(π)=0,于是要证明f(x)>0,只需证明f(x)的所有极小值(k=1,2,···,n−1)即可.又因为容易证得f(x)=f(π−x),即f(x)的图象关于对称,故只需要证明成立即可.

因为

以

评注从函数的角度看,要证明f(x)>0 恒成立,只需证明f(x)的最小值大于0,于是利用导数判断单调性后求最值再自然不过,然而,发现f(x)在(0,π)上的极值点很多,且极值的大小(或正负)判断起来也十分困难,利用积分法判断极值的单调性(加强命题)实属无奈之举.也许有人会注意到f(x)>0 是与自然数n相关的命题,能否尝试使用数学归纳法呢? 笔者也尝试过,但未获成功.

2.探索问题的变式

波利亚曾经说过:“当你找到第一个蘑菇后,要环顾四周,因为它们总是成堆生长的”.对问题进行变式探究也是一种极有趣的探究活动,对教学也大有裨益.在问题1 的求和式中漏掉了形如的项,将其添加进求和式中会得到怎样的结果呢? 经历一番探究后得到以下问题2 及其证明.

问题2设x ∈(0,π),证明:对任意n ∈N∗,有.

证明(1)当n=1 时,有f1(x)=sinx>0 在x ∈(0,π)恒成立;

(2)假设当n=k时,结论成立,即fk(x)=sinx+对x ∈(0,π)恒成立.则当n=k+1 时,

注意到fn(0)=fn(π)=0,且由fk+1(x)在区间(0,π)上的连续性可知,只需证明fk+1(x)在稳定点处的函数值大于0 即可.利用归纳假设可知

所以,fk+1(x)>0 对x ∈(0,π)恒成立.综合(1)(2)知问题2 得证.

评注查阅资料发现,该不等式是著名的Fejer-Jackon不等式,1910年被Fejer 提出,1911年被Jackon 首先证明,之后陆续发现了不少证法,但大多数要用到高等数学的知识与技巧.上面利用导数求出fn(x)的稳定点,但用数学归纳法避开单调性与最值的判断与求解,而且恰巧由n=k到n=k+1 过渡时添加的“小尾巴”或均为正数,颇为巧妙.值得一提的是,笔者尝试过与问题1 中证法1、证法2、证法3 类似的方法,但都发现在某个地方遇到困难,遭遇失败,有兴趣的读者可尝试.

特别地,在问题2 中,令n=3 时,即可得到1949年匈牙利数学奥林匹克试题:

当x ∈(0,π)时,求证:.

其证明除了从一般化的问题2 结论直接推得以外,还可简单地利用三角恒等变换证得,过程如下:当x ∈(0,π)时,

在问题2 中,若将变量x替换为π−x ∈(0,π),则可得以下问题3:

问题3设x ∈(0,π),证明:对任意n ∈N∗,有.

值得注意的是,问题3 的证明从问题2 的结果利用变量代换即可直接推得,无需再用数学归纳法重证一次,这也是转化化归数学思想的运用.

类似地,在问题1 中,将变量x替换为则可得以下问题4:

问题4设证明:对任意n ∈N∗,有.

3.溯源问题的背景

波利亚还曾说过:“当我们看到一个数学问题之后,要进行有效的联想,有时不妨去翻翻历史,检索一番,尤其要注意前人的经验.”从高观点的视角来看,由傅里叶级数的理论可知:几乎每个周期函数g(x)都可以表示成一系列正弦函数与余弦函数之和的极限(傅里叶级数),即g(x)=.

问题1、2、3、4 都具有正弦函数与余弦函数部分和形式,其最小正周期为2π.因此,其极限形式(n →+∞时)应为某个周期为2π的函数的傅里叶展开形式.

在(−π,0)∪(0,π)的傅里叶级数展开式中,a0=0,an=则

因此,问题1 其实就是论证g(x)的部分和函数上恒为正数.如果我们在同一平面直角坐标系中分别作出n=1,6,11,16 时f(x)的在(0,π)上的图象,不难发现,随着n的增大,f(x)的图象越来越接近于g(x)在(0,π)上的图象.因此,由傅里叶收敛定理可知,

类似地,问题2 的背景是论证函数g(x)=在(−π,0)∪(0,π)上的傅里叶级数展开式的部分和函数f(x)=在(0,π)上恒为正数.问题3 的背景是论证函数上的傅里叶级数展开式的部分和函数f(x)=上恒为正数.问题4 的背景是论证函数的傅里叶级数展开式的部分和函数上恒为正数.而这些结果通过傅里叶收敛定理是容易理解的.因此,问题1、2、3、4 的外在形式虽然是初等数学问题,但其内在背景却与傅里叶级数等高等数学知识紧密联系,别有一番趣味.

4.研究问题的推广

波利亚还曾说过:“没有一道题可以解决得十全十美,总存在值得我们探究的地方.”而且,他还将把一般化、特殊化和类比并列地称为“获得发现的伟大源泉”.能否将问题进行推广呢? 一番探究,得到如下推广问题5、6.

问题5已知a1≥a2≥···≥an>0,0

证明记bk=sin(2k−1)x,则同问题1 的证法2 得由阿贝尔变换公式得

因为00.所以,f(x)>0 恒成立,故问题5 得证.

问题6已知a1≥a2≥···≥an>0,0

证明注意到对上式两端

同时在(x,π)积分,可得

所以,

特别地,在问题6 中,令ak=1,k=1,2,···,n,即可得到问题2.

在过去100 多年来中外各级各类的数学竞赛中,出现了大量形式优美、结构严谨、构思新颖、解法巧妙、背景深刻且广为流传的经典赛题.这些试题都是提升数学能力的极好素材,对经典问题做一做(解答或证明),变一变(变式训练等),研一研(深入挖掘问题的本质),拓一拓(对问题进行改进、加强、推广等)的过程中.问题变得愈加丰满和清晰,也愈加贴近问题的本质.这样,我们在学习数学知识的同时收获了学习知识的方法、也收获了愉悦充实的心情,这对于专业的成长是大有裨益的.