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(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.
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,
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.
注
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,
故
cos2A+cos2B+cos2C+2cosAcosBcosC=1.
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,
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;
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)的三角不等式進行運算,在此不再一一贅述.
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
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,
從而待證式等價于
即
亦即
顯然由例1即可知待證式成立.