馬占山+葛建華

賽題 正實(shí)數(shù)a，b，c滿足abc=1，求證：

1a5（b+2c）2+1b5（c+2a）2+1c5（a+2b）2≥13.

這是2010年美國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克國(guó)家隊(duì)選拔考試題的第2題，文[1]將這道試題推廣為

推廣1 正實(shí)數(shù)a，b，c滿足abc=1，0<λ≤2，則1a5（b+λc）2+1b5（c+λa）2+1c5（a+λb）2≥1-2+2λ9.

筆者認(rèn)為這個(gè)推廣有一定的局限性，一是λ的取值范圍太小，二是不等式的右邊不夠簡(jiǎn)潔優(yōu)美，筆者經(jīng)過(guò)思考研究以后得到一個(gè)更加理想的推廣，即

推廣2 正實(shí)數(shù)a，b，c滿足abc=1，0≤λ，n≥4，則1an（b+λc）2+1bn（c+λa）2+1cn（a+λb）2≥3（1+λ）2.

證明 由權(quán)方和不等式可知

1an（b+λc）2+1bn（c+λa）2+1cn（a+λb）2=（bc）n（b+λc）2+（ac）n（c+λa）2+（ab）n（a+λb）2≥（∑bn3cn3）3（1+λ）2（∑a）2≥27（∑bc3）n（1+λ）2（∑a）2=33-n（∑bc）n（1+λ）2（∑a）2.

注意到（∑bc）4=[（1a+1b+1c）2]2≥3（1ab+1bc+1ac）2=[3（a+b+c）]2

=9（a+b+c）2.

所以33-n（∑bc）n（1+λ）2（∑a）2=33-n[（∑bc）4]n4（1+λ）2（∑a）2≥33-n[9（a+b+c）2]n4（1+λ）2（∑a）2=33-n2（a+b+c）n2（1+λ）2（∑a）2≥33-n2（a+b+c）n2-2（1+λ）2≥33-n2×3n2-2（1+λ）2=3（1+λ）2.

當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=1時(shí)取到等號(hào).

參考文獻(xiàn)

[1] 龐耀輝.一道美國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克國(guó)家隊(duì)選拔考試題的推廣[J].數(shù)學(xué)教學(xué)，2013（6）（下半月）.作者簡(jiǎn)介 馬占山，男，1968年生，中學(xué)高級(jí)教師.主要研究不等式和平面幾何，已有近40篇文章在中學(xué)核心期刊發(fā)表.

賽題 正實(shí)數(shù)a，b，c滿足abc=1，求證：

1a5（b+2c）2+1b5（c+2a）2+1c5（a+2b）2≥13.

這是2010年美國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克國(guó)家隊(duì)選拔考試題的第2題，文[1]將這道試題推廣為

推廣1 正實(shí)數(shù)a，b，c滿足abc=1，0<λ≤2，則1a5（b+λc）2+1b5（c+λa）2+1c5（a+λb）2≥1-2+2λ9.

筆者認(rèn)為這個(gè)推廣有一定的局限性，一是λ的取值范圍太小，二是不等式的右邊不夠簡(jiǎn)潔優(yōu)美，筆者經(jīng)過(guò)思考研究以后得到一個(gè)更加理想的推廣，即

推廣2 正實(shí)數(shù)a，b，c滿足abc=1，0≤λ，n≥4，則1an（b+λc）2+1bn（c+λa）2+1cn（a+λb）2≥3（1+λ）2.

證明 由權(quán)方和不等式可知

1an（b+λc）2+1bn（c+λa）2+1cn（a+λb）2=（bc）n（b+λc）2+（ac）n（c+λa）2+（ab）n（a+λb）2≥（∑bn3cn3）3（1+λ）2（∑a）2≥27（∑bc3）n（1+λ）2（∑a）2=33-n（∑bc）n（1+λ）2（∑a）2.

注意到（∑bc）4=[（1a+1b+1c）2]2≥3（1ab+1bc+1ac）2=[3（a+b+c）]2

=9（a+b+c）2.

所以33-n（∑bc）n（1+λ）2（∑a）2=33-n[（∑bc）4]n4（1+λ）2（∑a）2≥33-n[9（a+b+c）2]n4（1+λ）2（∑a）2=33-n2（a+b+c）n2（1+λ）2（∑a）2≥33-n2（a+b+c）n2-2（1+λ）2≥33-n2×3n2-2（1+λ）2=3（1+λ）2.

當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=1時(shí)取到等號(hào).

參考文獻(xiàn)

[1] 龐耀輝.一道美國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克國(guó)家隊(duì)選拔考試題的推廣[J].數(shù)學(xué)教學(xué)，2013（6）（下半月）.作者簡(jiǎn)介 馬占山，男，1968年生，中學(xué)高級(jí)教師.主要研究不等式和平面幾何，已有近40篇文章在中學(xué)核心期刊發(fā)表.

賽題 正實(shí)數(shù)a，b，c滿足abc=1，求證：

1a5（b+2c）2+1b5（c+2a）2+1c5（a+2b）2≥13.

這是2010年美國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克國(guó)家隊(duì)選拔考試題的第2題，文[1]將這道試題推廣為

推廣1 正實(shí)數(shù)a，b，c滿足abc=1，0<λ≤2，則1a5（b+λc）2+1b5（c+λa）2+1c5（a+λb）2≥1-2+2λ9.

筆者認(rèn)為這個(gè)推廣有一定的局限性，一是λ的取值范圍太小，二是不等式的右邊不夠簡(jiǎn)潔優(yōu)美，筆者經(jīng)過(guò)思考研究以后得到一個(gè)更加理想的推廣，即

推廣2 正實(shí)數(shù)a，b，c滿足abc=1，0≤λ，n≥4，則1an（b+λc）2+1bn（c+λa）2+1cn（a+λb）2≥3（1+λ）2.

證明 由權(quán)方和不等式可知

1an（b+λc）2+1bn（c+λa）2+1cn（a+λb）2=（bc）n（b+λc）2+（ac）n（c+λa）2+（ab）n（a+λb）2≥（∑bn3cn3）3（1+λ）2（∑a）2≥27（∑bc3）n（1+λ）2（∑a）2=33-n（∑bc）n（1+λ）2（∑a）2.

注意到（∑bc）4=[（1a+1b+1c）2]2≥3（1ab+1bc+1ac）2=[3（a+b+c）]2

=9（a+b+c）2.

所以33-n（∑bc）n（1+λ）2（∑a）2=33-n[（∑bc）4]n4（1+λ）2（∑a）2≥33-n[9（a+b+c）2]n4（1+λ）2（∑a）2=33-n2（a+b+c）n2（1+λ）2（∑a）2≥33-n2（a+b+c）n2-2（1+λ）2≥33-n2×3n2-2（1+λ）2=3（1+λ）2.

當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=1時(shí)取到等號(hào).

參考文獻(xiàn)

[1] 龐耀輝.一道美國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克國(guó)家隊(duì)選拔考試題的推廣[J].數(shù)學(xué)教學(xué)，2013（6）（下半月）.作者簡(jiǎn)介 馬占山，男，1968年生，中學(xué)高級(jí)教師.主要研究不等式和平面幾何，已有近40篇文章在中學(xué)核心期刊發(fā)表.