一道2023年爱尔兰数学奥林匹克试题的探究

摘"要"本文以一道不等式证明题为研究对象，探究试题的证明过程，并对该试题进行变式和推广.

关键词"数学奥林匹克试题；证明；变式；推广

1.试题呈现

设a，b，c是正数，且a+b+c=3.证明：b+ca+2+c+ab+2+a+bc+2≥2.

这是2023年爱尔兰数学奥林匹克竞赛题中的一道不等式证明题，此题看上去条件式子结构简单，待证不等式的左面未知数的最高次都是1次的形式，具有数学的美感.对该题作进一步的探究，将探究结果与大家一起分享.

2.试题解法

证明1"（利用琴生不等式）令f（x）=3－x2+x，0lt;xlt;3，则f′（x）=－5（x+2）2，

f''（x）=10（x+2）3gt;0，所以函数f（x）在（0，3）上为凸函数，由琴生不等式得3－aa+2+3－bb+2+3－cc+2=f（a）+f（b）+f（c）≥3·f（a+b+c3）=3·f（1）=3·3－12+1=2，故不等式得证.

评注"此证法将不等式问题转化为函数问题，将函数凹凸性和琴生不等式结合，使不等式得证.

证明2"（利用函数切线的性质）令f（x）=3－x2+x，0lt;xlt;3，则f′（x）=－5（x+2）2，

则f（1）=23，f′（1）=－59，所以函数f（x）在（1，23）处的切线方程为y－23=－59（x－1），即y=－59x+119.下面证明在（0，3）上有f（x）=3－x2+x≥－59x+119，通过化简得（x－1）2≥0，显然恒成立，所以3－aa+2+3－bb+2+3－cc+2=f（a）+f（b）+f（c）≥－59（a+b+c）+119×3=－59×3+119×3=2，故不等式得证.

评注"此证法将不等式问题转化为函数问题，再利用函数切线的性质，使不等式得证.

证法3"（利用柯西不等式）由柯西不等式得（b+ca+2+c+ab+2+a+bc+2）［（a+2）（b+c）+（b+2）（c+a）+（c+2）（a+b）］≥［（b+c）+（c+a）+（a+b）］2=4（a+b+c）2=36，因为（a+2）（b+c）+（b+2）（c+a）+（c+2）（a+b）=2（ab+bc+ca）+4（a+b+c）≤23（a+b+c）2+4（a+b+c）=23×9+4×3=18.所以b+ca+2+c+ab+2+a+bc+2≥

36（a+2）（b+c）+（b+2）（c+a）+（c+2）（a+b）≥3618=2，故不等式得证.

评注"此证法通过配凑（a+2）（b+c）+（b+2）（c+a）+（c+2）（a+b），为此题利用柯西不等式来证明创造了条件.

解法4"（利用权方和不等式）由权方和不等式得b+ca+2+c+ab+2+a+bc+2=（b+c）2（a+2）（b+c）+（c+a）2（b+2）（c+a）+（a+b）2（c+2）（a+b）=（b+c）2ab+ac+2（b+c）+（c+a）2bc+ba+2（c+a）+（a+b）2ca+cb+2（a+b）≥（b+c+c+a+a+b）22（ab+bc+ca）+4（a+b+c）≥4（a+b+c）223（a+b+c）2+4（a+b+c）=4×323×3+4=2.故不等式得证.

评注：此证法将待证不等式分子构造出平方项，进而利用权方和不等式使得不等式得证，权方和不等式是解决多元最值问题的常用方法之一.

3.试题变式

试题中待证不等式的左边每一项的分子都是二元一次的形式，联想到换成一元一次，得到变式1.

变式1"设a，b，c是正数，且a+b+c=3.证明：ba+2+cb+2+ac+2≥1.

受解法4的启示，解法4中出现了平方项，于是猜想对试题中变出平方项，得到变式2.

变式2"设a，b，c是正数，且a+b+c=3.证明：b2+c2a+2+c2+a2b+2+a2+b2c+2≥4.

变式1和变式2的证明方法与思路解法4类似，利用权方和不等式即可得证，此处不再叙述.

4.试题推广

推广1"设a，b，c是正数，且a+b+c=t，tgt;0.证明：b+ca+2+c+ab+2+a+bc+2≥6tt+6.

推广2"设a，b，c，d是正数，且a+b+c+d=t，tgt;0.证明：b+c+da+2+c+d+ab+2+ a+b+dc+2+a+b+cd+2≥12tt+8.

推广3"设aigt;0，i=1，2，···，n，且∑ni=1ai=t，λgt;0.证明：a2+a3+···+ana1+λ+ a1+a3+···+ana2+λ+···+a1+a2+···+anan－1+λ+a1+a2+···+an－1an+λ≥n2t－ntt+nλ.

推广4"设aigt;0，i=1，2，···，n，且∑ni=1ai=t，μgt;0，λgt;0.证明：a2+a3+···+anμa1+λ+a1+a3+···+anμa2+λ+···+a1+a2+···+anμan－1+λ+a1+a2+···+an－1μan+λ≥n2t－ntμt+nλ.

推广5"设a，b，c是正数，且a+b+c=t，α，β，μ，λgt;0.证明：αb+βcμa+λ+αc+βaμb+λ+ αa+βbμc+λ≥3t（α+β）μt+3λ.

上述推广1到推广3均是推广4的特例，利用琴生不等式即可得证.试题正是推广5中t=3，α=β=μ=1，λ=2的情形，代入其结果为3×3（1+1）1×3+3×2=2，可加以佐证推广5的正确性.这里给出推广4和推广5的证明，其余推广的证明不再叙述.

推广4的证明"因为a2+a3+···+anμa1+λ+a1+a3+···+anμa2+λ+···+a1+a2+···+anμan－1+λ+a1+a2+···+an－1μan+λ≥n2t－ntμt+nλ等价于t－a1μa1+λ+t－a2μa2+λ+···+t－an－1μan－1+λ+t－anμan+λ≥n2t－ntμt+nλ.所以，令f（x）=t－xμx+λ，0lt;xlt;t，则f′（x）=－λ－μt（μx+λ）2，f''（x）=2λμ+2u2t（μx+λ）3gt;0，所以函数f（x）在（0，t）上为凸函数，由琴生不等式得t－a1μa1+λ+t－a2μa2+λ+···+t－an－1μan－1+λ+t－anμan+λ=f（a1）+f（a2）+···+f（an－1）+f（an）≥n·f（a1+a2+···+an－1+ann）=n·f（tn）=n·t－tnμ·tn+λ=n2t－ntμt+nλ，故推广4得证.

推广5的证明"由权方和不等式和基本不等式的推广得αb+βcμa+λ+αc+βaμb+λ+αa+βbμc+λ=（αb+βc）2μa（αb+βc）+λ（αb+βc）+（αc+βa）2μb（αc+βa）+λ（αc+βa）+（αa+βb）2μc（αa+βb）+λ（αa+βb）≥［α（b+c+a）+β（c+a+b）］2αμ（ab+bc+ca）+μβ（ac+ba+cb）+λα（b+c+a）+λβ（c+a+b）=（α+β）2（a+b+c）2（αμ+μβ）（ab+bc+ca）+（λα+λβ）（a+b+c）=（α+β）（a+b+c）2μ（ab+bc+ca）+λ（a+b+c）≥（α+β）（a+b+c）2μ（a+b+c）23+λ（a+b+c）=3（α+β）（a+b+c）μ（a+b+c）+3λ=3t（α+β）μt+3λ，故推广5得证.

参考文献

［1］徐凤旺，刘天明，成敏.一道2022年数学奥林匹克试题的多解探究及推广［J］.中学数学研究（华南师范大学），2023，（11）：24-26.