●查正開(常熟市中學(xué)江蘇常熟215500)

一類代數(shù)問(wèn)題的三角解法

●查正開(常熟市中學(xué)江蘇常熟215500)

文獻(xiàn)［1］通過(guò)對(duì)一些數(shù)學(xué)奧林匹克不等式試題的分析，發(fā)現(xiàn)一些不等式的共同背景，即在“p，q，r為正實(shí)數(shù)，且p2+q2+r2+2pqr=1”的條件下證明某個(gè)不等式，得出了該條件下的5條性質(zhì)，并應(yīng)用這些結(jié)論來(lái)證明有關(guān)條件不等式.

性質(zhì)設(shè)p，q，r為正實(shí)數(shù)，且p2+q2+r2+2pqr=1，則

由于這些性質(zhì)形式差異較大，其證明方法也各不相同，加之證明技巧性很強(qiáng)，因此難以讓學(xué)生理解和掌握.筆者受文獻(xiàn)［2］的啟發(fā)，通過(guò)思考探究出這類條件問(wèn)題的幾何本質(zhì)，并由此得出這些性質(zhì)的統(tǒng)一三角法證明，從而可“模式識(shí)別”，輕松自然地得到這類問(wèn)題的一般解法.

一方面，在△ABC中，

這說(shuō)明cosA，cosB，cosC滿足其條件中的等式.

另一方面，若設(shè)p=cosA，q=cosB，r=cosC，因p，q，r是正實(shí)數(shù)，故不妨設(shè)，則條件等式變?yōu)閏os2A+cos2B+cos2C+2cosAcosBcosC=1，即

因?yàn)锳，π－B－C∈(0，π)，得A+B+C=π，所以A，B，C可作為某銳角三角形的3個(gè)內(nèi)角.

綜合上述2個(gè)方面可得如下定理:

定理正實(shí)數(shù)p，q，r若滿足p2+q2+r2+2pqr=1，則它們分別對(duì)應(yīng)于某銳角三角形的3個(gè)角的余弦.

由本定理我們得出“p，q，r為正實(shí)數(shù)，且p2+q2+r2+2pqr=1”的代數(shù)條件即為三角形問(wèn)題的幾何本質(zhì)，從而文獻(xiàn)［1］的性質(zhì)可給出統(tǒng)一的三角證明:

由條件根據(jù)上述定理可設(shè)p=cosA，q=cosB，r=cosC，則性質(zhì)1)所證不等式(1)即:在△ABC中，

在不等式(6)中令xy=cosA，yz=cosB，zx=cosC，立得式(1')成立.

性質(zhì)2)即證明:在△ABC中，

因?yàn)樵凇鰽BC中，

性質(zhì)3)即證明:在△ABC中，

利用熟知的不等式可得

性質(zhì)4)即證明:在△ABC中，

根據(jù)抽屜原理知，在△ABC的3個(gè)角中必有2個(gè)角同時(shí)不大于或不小于，不妨設(shè)為A，B，則

性質(zhì)5)即證明:在△ABC中，

故不等式(5')左邊成立.又因?yàn)?/p>

故不等式(5')右邊也成立.

由上述證明可知，文獻(xiàn)［1］中所給出的“p，q，r為正實(shí)數(shù)，且p2+q2+r2+2pqr=1”條件下5個(gè)性質(zhì)應(yīng)用定理進(jìn)行轉(zhuǎn)化，運(yùn)用三角知識(shí)均可得到簡(jiǎn)捷高效的證明.因此我們無(wú)需刻意來(lái)記住這些結(jié)論，若碰到這類條件下的問(wèn)題直接抓住其幾何本質(zhì)，利用“三角”這把利器可迅速求解.

例1已知x＞0，y＞0，z＞0且x2+y2+z2+2xyz=1，求證:

(《學(xué)數(shù)學(xué)》2015年第1期數(shù)學(xué)貼吧問(wèn)題)

分析根據(jù)題設(shè)條件可直接利用定理，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為一個(gè)簡(jiǎn)單的三角不等式.

證明設(shè)x=cosA，y=cosB，z=cosC，則由上述定理結(jié)論知A，B，C為銳角△ABC的3個(gè)內(nèi)角，則

因此，原不等式成立.

例2設(shè)a≥1，b≥1，c≥1，且滿足abc+2a2+2b2+2c2+ca－cb－4a+4b－c=28，求a+b+c的最大值.

(2011年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽加試試題)

分析由已知變形得，令a－1=4p，b+1=4q，c=4r，則已知等式即為p2+q2+r2+2pqr=1.

解設(shè)p=cosA，q=cosB，r=cosC，則由定理知A，B，C為銳角△ABC的3個(gè)內(nèi)角，利用熟知的不等式，得

說(shuō)明對(duì)于不等式，除了性質(zhì)2證明中的方法外，還可構(gòu)造函數(shù)，由f(x)為凸函數(shù)，利用琴生不等式得到證明.

例3設(shè)正實(shí)數(shù)u，v，w滿足，求證

(第48屆中國(guó)國(guó)家集訓(xùn)隊(duì)測(cè)試題)

分析由u，v，w為正實(shí)數(shù)可令u=4p2，v=4q2，w=4r2，其中p＞0，q＞0，r＞0，則條件等式即為p2+q2+ r2+2pqr=1.

證明設(shè)p=cosA，q=cosB，r=cosC，則由定理知A，B，C為銳角△ABC的3個(gè)內(nèi)角，所證不等式即為

由于△ABC中有嵌入不等式(6)，令xy=cosA，yz=cosB，zx=cosC，代入(6)，立得式(7)成立.

例4設(shè)非負(fù)實(shí)數(shù)x，y，z滿足x2+y2+z2+xyz=4，證明:xy+yz+zx－xyz≤2.

(第30屆美國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克競(jìng)賽試題)

分析當(dāng)3個(gè)數(shù)中有1個(gè)或2個(gè)數(shù)取0時(shí)命題顯然成立，故只需考慮正實(shí)數(shù)x，y，z的情形.

令x=2a，y=2b，z=2c，則命題轉(zhuǎn)化為“正實(shí)數(shù)滿足a2+b2+c2+2abc=1，求證:

證明由定理可設(shè)a=cosA，b=cosB，c=cosC，則命題即為:已知△ABC，求證:

由此可知，應(yīng)用定理可將“p，q，r為正實(shí)數(shù)，且p2+q2+r2+2pqr=1”條件下的一類代數(shù)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為三角問(wèn)題，借助三角知識(shí)可以簡(jiǎn)捷處理.需要指出的是:這類條件問(wèn)題的競(jìng)賽試題經(jīng)過(guò)命題者精心包裝和整合改編，其形式變幻莫測(cè)，外表眾彩紛呈.解題者應(yīng)通過(guò)變形轉(zhuǎn)換，撥開它們的神秘面紗和虛假外殼，揭示并暴露其幾何本質(zhì)，模式識(shí)別地運(yùn)用三角知識(shí)，給出簡(jiǎn)捷優(yōu)美的解答.

最后筆者再提供幾個(gè)經(jīng)典試題，讀者可采用上述方法自行加以解答，相信對(duì)這類問(wèn)題會(huì)有更深入的理解和體會(huì).

練習(xí)測(cè)試題:

(2007年美國(guó)國(guó)家集訓(xùn)隊(duì)試題，2007年伊朗數(shù)學(xué)奧林匹克競(jìng)賽試題)

提示:將條件變形為x2y2+y2z2+z2x2+2x2y2z2=1，令xy=p，yz=q，zx=r，則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“正實(shí)數(shù)p，q，r滿足p2+q2+r2+2pqr=1，求證:”.

2.設(shè)正實(shí)數(shù)x，y，z滿足xy+yz+zx+xyz=4，求證:x+y+z≥xy+yz+zx.

(1996年越南數(shù)學(xué)奧林匹克競(jìng)賽試題)

提示:令xy=4p2，yz=4q2，zx=4r2，則已知條件即為p2+q2+r2+2pqr=1，待證式即為

(2011年中歐數(shù)學(xué)奧林匹克競(jìng)賽試題)

(2004年全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽河南省預(yù)選賽試題)

提示:作變換x=16p2，y=16q2，z=16r2(其中p＞0，q＞0，r＞0)，則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“已知正實(shí)數(shù)滿足p2+ q2+r2+2pqr=1，求證:

5.已知a，b，c為正實(shí)數(shù)，a2+b2+c2+abc=4，求證:a+b+c≤3.

(第20屆伊朗數(shù)學(xué)奧林匹克競(jìng)賽試題)

提示:設(shè)x=2p，y=2q，z=2r，則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為“正實(shí)數(shù)滿足p2+q2+r2+2pqr=1，求證:

［1］鄒守文.一類不等式奧林匹克試題的共同背景［J］.中學(xué)教研(數(shù)學(xué))，2012(9):43-46.

［2］程漢波.三角代換，巧證代數(shù)不等式［J］.中學(xué)數(shù)學(xué)研究，2014(3):38－39.