两道数学奥赛题的加强与推广

摘"要"本文从两道数学奥林匹克竞赛不等式证明题入手，给出其加强并证明了相关结论，最后作了进一步的推广.

关键词"数学奥林匹克；三元分式型不等式；加强；推广

不等式证明已从三元走向多元、离散，但三元不等式依然是基础，可以很好的考查解题者的代数变形和思维能力，笔者选取两道数学奥林匹克竞赛中的不等式，先给出其加强结论并证明，然后对不等式进行推广.

1.试题呈现

题1"（2016年泰国数学奥林匹克）已知正实数a，b，c，求证：∑ab（12a+c+12b+c）lt;∑a3+b3c2+ab.

题2"（2018年巴尔干地区数学奥林匹克）设a，b，c为正实数，且abc=23，求证：aba+b+bcb+c+cac+a≥a+b+ca3+b3+c3.

两道不等式均是三元分式型不等式，证明均不是很难，但内涵丰富，题1中的等号取不到非常遗憾，经过探究，调整ab，bc，ca的系数，可以将结论加强，利用3ab+bc+ca≥a+b+ca3+b3+c3可将题2加强.

2.试题的加强

题3"已知正实数a，b，c，求证：∑ab（12a+c+12b+c）≤∑a3+b3c2+2ab.

题4"设a，b，c为正实数，且abc=23，求证：aba+b+bcb+c+cac+a≥3ab+bc+ca.

题3的证明"由赫尔德不等式得

（a3c2+2ab+b3a2+2bc+c3b2+2ca）（c2+2ab+a2+2bc+b2+2ca）（1+1+1）≥（a+b+c）3，

所以a3c2+2ab+b3a2+2bc+c3b2+2ca≥（a+b+c）33（c2+2ab+a2+2bc+b2+2ca）=a+b+c3，

同理可得b3c2+2ab+c3a2+2bc+a3b2+2ca≥a+b+c3，

两式相加得∑a3+b3c2+2ab≥23（a+b+c）.

又由权方和不等式得1a+4a+c≥92a+c，1b+4b+c≥92b+c，

所以∑ab（12a+c+12b+c）≤19∑ab（1a+4a+c+1b+4b+c）=23（a+b+c），

所以∑ab（12a+c+12b+c）≤∑a3+b3c2+2ab.

题4证明"由权方和不等式知aba+b+bcb+c+cac+a=abcca+bc+abcab+ca+abcbc+ab

=abc1ca+bc+1ab+ca+1bc+ab≥abc·（1+1+1）2ca+bc+ab+ca+bc+ab=23·92（ab+bc+ca）=3ab+bc+ca.

注"事实上，当a，bgt;0时，（a2－b2）（a－b）≥0，所以a3+b3≥a2b+ab2，同理b3+c3≥b2c+bc2，c3+a3≥c2a+ca2，三式相加得2（a3+b3+c3）≥a2b+ab2+b2c+bc2+c2a+ca2，进而可得3（a3+b3+c3）≥（a2+b2+c2）（a+b+c），所以3a2+b2+c2≥a+b+ca3+b3+c3，易知1ab+bc+ca≥1a2+b2+c2，所以1ab+bc+ca≥1a2+b2+c2≥a+b+ca3+b3+c3，所以题4是题2的加强.进而得到题4的一条加强不等式链：

命题1"设正实数a，b，c，且abc=23，则有aba+b+bcb+c+cac+a≥3ab+bc+ca≥3a2+b2+c2≥a+b+ca3+b3+c3.

3.试题的推广

题1中为什么设置系数2，还可以是其他的系数吗？题2分母中的a，b的系数一定要相等吗？带着这个疑问，笔者进行了探究，得到两道数学奥林匹克竞赛题的一般性推广.

题5"已知正实数a，b，c，k≥2，求证：∑ab（1ka+c+1kb+c）≤∑a3+b3c2+kab.

证明"由权方和不等式得（k－1）2（k－1）a+4a+c≥（k+1）2ka+c，（k－1）2（k－1）b+4b+c≥（k+1）2kb+c，

所以∑ab（1ka+c+1kb+c）≤1（k+1）2∑ab［（k－1）2（k－1）a+4a+c+（k－1）2（k－1）b+4b+c］=1（k+1）2［∑（k－1）b+∑（k－1）a+4∑ab（1a+c+1b+c）］=1（k+1）2［2（k－1）∑a+4∑a］=2（a+b+c）k+1.

由赫尔德不等式得（a3c2+kab+b3a2+kbc+c3b2+kca）（c2+kab+a2+kbc+b2+kca）（1+1+1）≥（a+b+c）3，

所以a3c2+kab+b3a2+kbc+c3b2+kca≥（a+b+c）33［a2+b2+c2+k（ab+bc+ca）］

=（a+b+c）33［（a+b+c）2+（k－2）（ab+bc+ca）］≥（a+b+c）33［（a+b+c）2+k－23（a+b+c）2］=a+b+ck+1，

同理可得b3c2+kab+c3a2+kbc+a3b2+kca≥a+b+ck+1，

两式相加得2（a+b+c）k+1≤∑a3+b3c2+kab，所以∑ab（1ka+c+1kb+c）≤∑a3+b3c2+kab.

题6"设正实数a，b，c，且abc=23，kgt;0，则有aba+kb+bcb+kc+cac+ka≥6（1+k）（ab+bc+ca）.

证明"由柯西不等式知aba+kb+bcb+kc+cac+ka=abcca+kbc+abcab+kca+abcbc+kab=abc1ca+kbc+1ab+kca+1bc+kab≥abc·（1+1+1）2ca+kbc+ab+kca+bc+kab=23·9（1+k）（ab+bc+ca）=6（1+k）（ab+bc+ca）.

不等式研究除了加强、推广以外，还可以变式探究、指数推广、项数推广.囿于篇幅，本文不再讨论，留给感兴趣的同仁继续探究.