一道伊朗競(jìng)賽題的再探究

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(廣東省珠海市實(shí)驗(yàn)中學(xué)高中部 519090)

題目

設(shè)a>0,b>0,c>0,a2+b2+c2+abc=4,求證：

a+b+c≤3.

(1)

(第21屆伊朗數(shù)學(xué)奧林匹克競(jìng)賽試題)

筆者最近在競(jìng)賽教學(xué)中對(duì)該試題進(jìn)行了一番探討，感悟頗多！在此先給出簡(jiǎn)潔的證明，然后談?wù)剬?duì)該試題的一些發(fā)散式探究，最后給出一組相關(guān)的數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題，希望對(duì)讀者起到拋磚引玉的作用.

1 簡(jiǎn)證

證法1

注意到

4=a2+b2+c2+abc≥

2ab+c2+abc=ab(2+c)+c2,

于是

ab≤2-c.

由抽屜原則知3個(gè)正實(shí)數(shù)a,b,c中必有2個(gè)不大于或不小于1.不妨設(shè)正實(shí)數(shù)a,b滿足(a-1)(b-1)≥0,則

ab≥a+b-1，

從而

2-c≥ab≥a+b-1,

故

a+b+c≤3.

證法2

令a=2p,b=2q,c=2r,則條件“a2+b2+c2+abc=4”變形為

p2+q2+r2+2pqr=1，

cos2A+cos2B+cos2C+2cosAcosBcosC=1,

對(duì)比p2+q2+r2+2pqr=1，不妨設(shè)p=cosA,q=cosB,r=cosC,則式(1)等價(jià)于

此式由琴生不等式即證.

注

證法2中用到一個(gè)常用恒等式“cos2A+cos2B+cos2C+2cosAcosBcosC=1”.事實(shí)上，在△ABC中，A+B+C=π,且

cos2A= cos2(B+C)=(cosBcosC-sinBsinC)2=

cos2Bcos2C+(1-cos2B)(1-cos2C)-

2sinBsinCcosBcosC=

1-cos2B-cos2C+2cosBcosC(cosBcosC-

sinBsinC)=

1-cos2B-cos2C+2cosBcosCcos(B+C)=

1-cos2B-cos2C+2cosAcosBcosC,

故

cos2A+cos2B+cos2C+2cosAcosBcosC=1.

2 發(fā)散式探究

探究1

設(shè)a>0,b>0,c>0,a2+b2+c2+abc=4,則abc≤1.

證明

探究2

設(shè)a>0,b>0,c>0,a2+b2+c2+abc=4,則a+b+c≥ab+bc+ca.

證明

注意到

(a+b+c)2≥ 3(ab+bc+ca)≥

(a+b+c)(ab+bc+ca),

故

a+b+c≥ab+bc+ca.

探究3

設(shè)a>0,b>0,c>0,a2+b2+c2+abc=4,則a2+b2+c2≥3.

證明

注意到abc=4-(a2+b2+c2)≤1,故a2+b2+c2≥3.

探究4

設(shè)a>0,b>0,c>0,a2+b2+c2+abc=4,則

證明

注意到

而

a2+b2+c2+abc=4≥a2+2bc+abc,

于是0≥a2-4+bc(2+a)=(2+a)(a-2+bc),

得

0≥a-2+bc，

即

2≥a+bc,

亦即

2a≥a2+abc.

同理可得

2b≥b2+abc,2c≥c2+abc,

因此2(a+b+c)≥ (a2+b2+c2+abc)+2abc=

4+2abc,

故

a+b+c≥2+abc.

又由式(1)可知3≥a+b+c，從而

探究5

設(shè)a>0,b>0,c>0,a2+b2+c2+abc=4,則

2+abc≥ab+bc+ca≥3abc≥(a+b+c)abc.

證明

注意到(a+b+c)2≥3(ab+bc+ca)和ab+bc+ca≤3,于是

abc(a+b+c)=ab·bc+bc·ca+ca·ab=

ab+bc+ca,

因此

ab+bc+ca≥abc(a+b+c).

而3≥a+b+c,故

ab+bc+ca≥3abc≥abc(a+b+c).

由題知a,b,c中一定有且只有2個(gè)數(shù)都不大于1或者不小于1，不妨設(shè)這2個(gè)數(shù)為a,b,則

c(a-1)(b-1)≥0,

即

bc+ac≤abc+c.

而

a2+b2+c2+abc=4≥2ab+c2+abc,

故

ab(2+c)≤4-c2,

即

ab≤2-c，

從而

ab+bc+ca≤2-c+abc+c=2+abc.

綜上可得,

2+abc≥ab+bc+ca≥3abc≥(a+b+c)abc.

注

由探究5的結(jié)果“2+abc≥ab+bc+ca≥3abc≥(a+b+c)abc”得“2+abc≥3abc”，即“abc≤1”，即為探究1.探究5可看作是探究1的一個(gè)加強(qiáng).而“3abc≥(a+b+c)abc”可以看作是式(1)的一個(gè)等價(jià)形式.

探究6

設(shè)a>0,b>0,c>0,a2+b2+c2+abc=4,則

ab+bc+ca≥3abc≥(a+b+c)abc.

證明略.

需要說(shuō)明的是，在△ABC中有如下結(jié)論(限于篇幅，請(qǐng)讀者自行證明)：

(1)cos2A+cos2B+cos2C+2cosAcosBcosC=1;

即

(4-a2)(4-b2)(4-c2)≤27.

類似地，在條件“a>0,b>0,c>0,a2+b2+c2+abc=4”下新的探究,讀者可根據(jù)相關(guān)的三角不等式進(jìn)行運(yùn)算,在此不再一一贅述.

3 相關(guān)賽題

事實(shí)上，與條件“a>0,b>0,c>0,a2+b2+c2+abc=4”相關(guān)的競(jìng)賽試題在各級(jí)各類數(shù)學(xué)競(jìng)賽中屢見(jiàn)不鮮.由式(1)證法2可進(jìn)行三角代換a=2cosA,b=2cosB,c=2cosC,從而可以將難以下手的代數(shù)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)問(wèn)題輕松地解決.

例1

(2007年美國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克競(jìng)賽國(guó)家集訓(xùn)隊(duì)試題)

證明

a2b2+b2c2+c2a2+2a2b2c2=1.

令p=ab,q=bc,r=ca,則“a2b2+b2c2+c2a2+2a2b2c2=1”可變形為

p2+q2+r2+2pqr=1,

從而待證式等價(jià)于

令p=cosA,q=cosB,r=cosC,結(jié)合琴生不等式知

例2

(2006年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽河南省預(yù)賽試題)

證明

p2+q2+r2+2pqr=1,

從而待證式等價(jià)于

例3

(2005年羅馬尼亞國(guó)家隊(duì)數(shù)學(xué)奧林匹克競(jìng)賽

預(yù)選試題)

證明

注意到條件“ab+bc+ca+2abc=1”可以轉(zhuǎn)化為

x2+y2+z2+2xyz=1，

例4

(1998年伊朗數(shù)學(xué)奧林匹克競(jìng)賽試題)

證明

即

a2b2+b2c2+c2a2+2a2b2c2=1.

令p=ab,q=bc,r=ca,則“a2b2+b2c2+c2a2+2a2b2c2=1”可變形為

p2+q2+r2+2pqr=1，

從而待證式等價(jià)于

即

亦即

顯然由例1即可知待證式成立.