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        一道伊朗競賽題的再探究

        2014-08-07 05:33:48
        關(guān)鍵詞:證法等價奧林匹克

        (廣東省珠海市實驗中學(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)奧林匹克競賽試題)

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

        1 簡證

        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個正實數(shù)a,b,c中必有2個不大于或不小于1.不妨設(shè)正實數(shù)a,b滿足(a-1)(b-1)≥0,則

        ab≥a+b-1,

        從而

        2-c≥ab≥a+b-1,

        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,

        對比p2+q2+r2+2pqr=1,不妨設(shè)p=cosA,q=cosB,r=cosC,則式(1)等價于

        此式由琴生不等式即證.

        證法2中用到一個常用恒等式“cos2A+cos2B+cos2C+2cosAcosBcosC=1”.事實上,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,

        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),

        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

        a2+b2+c2+abc=4≥a2+2bc+abc,

        于是0≥a2-4+bc(2+a)=(2+a)(a-2+bc),

        0≥a-2+bc,

        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,

        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個數(shù)都不大于1或者不小于1,不妨設(shè)這2個數(shù)為a,b,則

        c(a-1)(b-1)≥0,

        bc+ac≤abc+c.

        a2+b2+c2+abc=4≥2ab+c2+abc,

        ab(2+c)≤4-c2,

        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.

        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的一個加強.而“3abc≥(a+b+c)abc”可以看作是式(1)的一個等價形式.

        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.

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

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

        (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)的三角不等式進行運算,在此不再一一贅述.

        3 相關(guān)賽題

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

        例1

        (2007年美國數(shù)學(xué)奧林匹克競賽國家集訓(xùn)隊試題)

        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,

        從而待證式等價于

        令p=cosA,q=cosB,r=cosC,結(jié)合琴生不等式知

        例2

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

        證明

        p2+q2+r2+2pqr=1,

        從而待證式等價于

        例3

        (2005年羅馬尼亞國家隊數(shù)學(xué)奧林匹克競賽

        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)奧林匹克競賽試題)

        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,

        從而待證式等價于

        亦即

        顯然由例1即可知待證式成立.

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