一道竞赛考试的进一步探究

1、一道竞赛试题的进一步探究中学数学论文竞赛试题的进一步探究江苏省常熟市中学(215500)钱春兰赛题呈现已知 a,b,c 是正实数，求证： a3c(a2+bc) + b3a(b2+ca)+c3b(c2+ab)>32o这是2009年韩国数学奥林匹克竞赛的一道不等式证明题，文1给出了这道试 题的一个证明和推广。笔者对这个结构优美、内涵丰富的齐次分式不等式再作进 坯探究”供参考。1试题变形根据不等式是齐次的特点可将上述待证不等式作适当变形,得ac2ac+ba+ba2ba+cb+cb2cb+ac>32o令ba二x , cb二y , ac=z ,则上述不等式等价于下列结论:若正实数 x,y,z

2、 满足 xyz二 1,则 x2x+y+y2y+z+z2z+x>32o2解法荟萃证明 1 : x2x+y+y2y+z+z2z+x>32 (2x)2x+y+(2y)2y+z+(2z)2z+x>6o 由基本不等式a2 + b2>2ab在b0时变形，得a2b>2a - b ,因此 (2x)2x+y+(2y)2y+z+(2z)2z+x>4x - (x+y)+4y - (y+z)+4z - (z+x)>2(x+y+z)>63xyz=6o证明2 :由a - b22>0在b0时变形，得a2b>a - b4 ,于是x2x+y+y2y+z+z2z+x&g

3、t;x - x+y4+y - y+z4+z - z+x4=x+y+z2>33xyz2=32o证明3 :利用简单的均值不等式a2a+b+a+b4na z得x2x+y+x+y4>x f y2y+z+y+z4>y f z2z+x+z+x4>zo上述三式相加 / 得 x2x+y+y2y+z+z2z+x>x+y+z2>33xyz2=32o证明4:利用柯西不等式z得 x2x+y+y2y+z+z2z+xn（x+y+z）2x+y+y+z+z+x 二 x+y+z2n33xyz2=32。3追根溯源在上述证明中我们获得了一个中间不等式x2x+y+y2y+z+z2z+xnx+y+z

4、2,由此自然联想到一道友谊杯国际邀请赛不等式试题:已知 x,y,z 是正数,则 x2y+z+y2z+x+z2x+y>x+y+z2o （ 1998 年第二届友谊 杯国际数学邀请赛）由对称性不妨设xnynz ,则有 x2>y2>z2 , ly+z>lz+x>lx+yo 由排序不等式,得 x2y+z+y2z+x+z2x+ynx2x+y+y2y+z+z2z+x, 故本题是对友谊杯邀请赛不等式的一个加强。另外,注意到 x2y+z+y2z+x+z2x+y>x+y+z2 xy+z+yz+x+zx+y>32o 而后一个不等式就是著名的Nesbitt不等式： 已知 x,

5、y,zeR+ ,求证 xy+z+yz+x+zx+yn32。（Nesbittl903o 1963莫斯科数学竞赛）因此2009年韩国数学奥林匹克竞赛不等式的本质是Nesbitt不等式一个加强 版。4.探究拓展采用上述证明方法,同样可证得x2x+y+y2z+x+z2y+z>32o由排序不等式, 得x2x+y+y2y+z+z2z+xnx2x+y+y2z+x+z2y+z ;x2y+z+y2z+x+z2x+ynx2x+y+y2z+x+z2y+z ;x2z+x+y2x+y+z2y+znx2x+y+y2z+x+z2y+z;x2y+z+y2x+y+z2z+xnx2x+y+y2z+x+z2y+z;x2z+x

6、+y2y+z+z2x+ynx2x+y+y2z+x+z2y+z。将ba二x , cb二y , ac二z回代，可得到这个赛题的四个类似不等式和一个加强不等 式：若a,b,c是正实数，则b3ca2(c2+ab)+c3b(c2+ab)+a3bc2(b2+ca)>32; a2bc(c2+ab)+b2ca(a2+bc)+c2ab(b2+ca)>32; a3c(a2+bc) + b3ca2(c2+ab)+c2ab(b2+ca)>32; c3b(c2+ab)+a3bc2(b2+ca)+b2ca(a2 + bc)>32;b3a(b2+ca)+ac3b2(a2 + bc)+a2bc(c2+ab)>32o另外,可将这一问题推广至n元情形：命题已知xiwR+(i二12,n),求证：x31x2(x21+xnx2)+x32x3(x22+xlx3)+x33x4(x23+x2x4)+.+x3n - lxn(x2n-1+xn - 2xn)+x3nxl(x2n+xn - lxl)>n2。证明：利用柯西不等式的变式，得xlx22xnxl+xlx2+x2x32xlx2+x2x3+.+xnxl2x n-lxl+x nxlnxlx2+x2x3+.+xnxl22xlx2+x2x3+.+