对一道数学竞赛试题的思考与推广

【摘要】在不等式的证明（或求最值）时，均值不等式与Cauchy不等式（或Hlder不等式）的结合运用是一种重要方法.关键是要注意不等式中等号成立的条件.

【关键词】均值不等式；Cauchy不等式；Hlder不等式

有一道常见的数学竞赛试题：

原题 已知x,y,z>0,求证：xy+2yz[]x2+y2+z2≤5[]2.

分析 结合求证的分式的结构特点，通过对分母中的和式进行适当拆分，进而运用均值不等式可使问题得到解决.

证明 据均值不等式，得：x2+1[]5y2≥2[]5xy,4[]5y2+z2≥4[]5yz.

二式叠加，可得：x2+y2+z2≥2[]5(xy+2yz)，易知，命题得证.

变式1 （2008年第五届中国东南地区数学奥林匹克竞赛试题）求出最大的正实数λ,使得对于满足x2+y2+z2=1的任何实数x,y,z成立不等式：|λxy+yz|≤5[]2.

分析 容易发现本题与原题有许多相似点，因而可结合原题的解题思想进行研究.另外，需注意对绝对值号的适当处理.

变式2 长方体ABCD-A1B1C1D1中，假设体对角线AC1与棱AA1,AB,AD夹角分别为α,β,γ，求:cosαcosβ+cosβcosγ的最大值及此时α,β,γ的值.

分析 从本题的式子可以看出，与原题分式的分子式相似，另外结合长方体中有三角关系

cos2α+cos2β+cos2γ=1,进而可仿照原题进行求解.

推论1 若x,y,z,a,b>0,则有axy+byz[]x2+y2+z2≤a2+b2[]2.

变式3 xi>0,i=1,2,…,n,x21+x22+…+x2n=1,求x1(x2+x3+…+xn)的最大值.

分析 根据题目中的式子特点，很容易联想到Cauchy不等式和均值不等式，但若不能结合问题综合考虑，则会导致如下错误：

错解 据均值不等式，得：x1(x2+…+xn)≤x1+(x2+…+xn)[]22=(x1+x2+…+xn)2[]4.

又由Cauchy不等式，有(x1+x2+…+xn)2≤n(x21+x22+…+x2n)=n,

从而，有x1(x2+…+xn)≤n[]4.故x1(x2+…+xn)max=n[]4.

错因 以上错解的主要原因在于仅仅联想到两个不等式的特点，而忽视了不等式中等号成立的条件.

正解 据均值不等式，得：1[]n-1x21+x22≥2[]n-1x1x2，…，1[]n-1x21+x2n≥2[]n-1x1xn，

不等式叠加，可得：2[]n-1x1(x2+…+xn)≤x21+x22+…x2n,即：x1(x2+…+xn)≤n-1[]2,

当且仅当1[]n-1x21=x22=x23=…=x2n时取等号，结合x21+x22+…+x2n=1，可解得此时x1=2[]2,x2=x3=…=xn=2(n-1)[]2(n-1).故x1(x2+…+xn)max=n-1[]2.

推论2 若xi∈R+,i=1,2,…,n,则有

xi(a1x1+…+ai-1xi-1+ai+1xi+1+…+anxn)[]x21+x22+…+x2n≤a21+…+a2i-1+a2i+1+…+a2n[]2.

变式4 若xi∈R+,i=1,2,3,4,5,试求（x1+x2)(x3+x4+x5)[]x21+x22+x23+x24+x25的最大值.

分析 若仅仅考虑对和式x21+x22+x23+x24+x25进行拆分，显然很难奏效，可以考虑借助Cauchy不等式和均值不等式对其进行转化.只不过也很容易导致如下错误：

错解 由均值不等式，得：(x1+x2)(x3+x4+x5)≤(x1+x2)+(x3+x4+x5)[]22=(x1+x2+x3+x4+x5)2[]4.

又据Cauchy不等式，得：

(x1+x2+x3+x4+x5)2≤5(x21+x22+x23+x24+x25)，

从而(x1+x2)(x3+x4+x5)≤5[]4(x21+x22+x23+x24+x25)，

即(x1+x2)(x3+x4+x5)[]x21+x22+x23+x24+x25≤5[]4.

故(x1+x2)(x3+x4+x5)[]x21+x22+x23+x24+x25的最大值为5[]4.

错因 类似于变式3，问题仍在于Cauchy不等式和均值不等式的等号成立条件.可若把两个重要不等式反过来使用，则能实现解题目标.

正解 据Cauchy不等式，得：(x1+x2)2≤2(x21+x22),(x3+x4+x5)2≤3(x23+x24+x25).两式相乘，可得：

（x1+x2)2・(x3+x4+x5)2≤6（x21+x22)(x23+x24+x25).

又由均值不等式，得：

(x21+x22)(x23+x24+x25)≤(x21+x22)+(x23+x24+x25)[]22，

从而有(x1+x2)2(x3+x4+x5)2≤6(x21+x22)+(x23+x24+x25)[]22,

即：(x1+x2)(x3+x4+x5)≤6[]2(x21+x22+x23+x24+x25),

故(x1+x2)(x3+x4+x5)[]x21+x22+x23+x24+x25≤6[]2，

当且仅当x1=x2,x3=x4=x5,x21+x22=x23+x24+x25，

即当x1=x2=λ[]2,x3=x4=x5=λ[]3,(λ>0)时，(x1+x2)(x3+x4+x5)[]x21+x22+x23+x24+x25的最大值为6[]2.

推论3 若xi∈R+,i=1,2,…，n,m∈N,m>1,则有

(x11+…+x1i1）（x21+…+x2i2)・…・（xm1+…+xmim)[]xm1+xm+…+xmn≤(i1i2…im)1-1[]m[]m.

其中x11+…+x1i1,x21+…+x2i2,…，xm1+…+xmim是x1+x2+…+xn的一个分割.

证明 据Hlder不等式，得：

x11+…+x1i1≤(i1)1-1[]m(xm11+…+xm1i1)1[]m，

x21+…+x2i2≤(i2)1-1[]m(xm21+…+xm2i2)1[]m,…,xm1+…+xmim≤(im)1-1[]m(xmm1+…+xmmim)1[]m,

从而(x11+…+x1i1)(x21+…+x2i2)・…・（xm1+…+xmim)

≤(i1i2…im)1-1[]m［(xm11+…+xm1i1）・…・（xmm1+…+xmmim)］1[]m.

又由均值不等式，得：

(xm11+…+xm1i1)・…・(xmm1+…+xmmim)

≤(xm11+…+xm1i1）+…+(xmm1+…+xmmim)[]mm

=xm1+xm2+…+xmn[]mm.

进而(x11+…+x1i1)(x21+…+x2i2)・…・（xm1+…+xmim）≤(i1i2…im)1-1[]mxm1+xm2+…+xmn[]m，故(x11+…+x1i1)(x21+…+x2i2)・…・（xm1+…+xmim)[]xm1+xm+…+xmn≤(i1i2…im)1-1[]m[]m，

当且仅当x11=…=x1i1，…，xm1=…=xmim,xm11+…+xm1i1=…=xmm1+…+xmmim,

即当x11=…=x1i1=λ[]i1[]m1,x21=…=x2i2=λ[]i1[]m2,…,xm1=…=xmin=λ[]i1[]mm,(λ>0)时，推论3中的等号成立.

推论4 若xi,ai∈R+,i=1,2,…,n,m∈N,m>1，则有

（a11x11+…+a1i1x1i1)(a21x21+…+a2i2x2i2)・…・（am1xm1+…+amimxmim)[]xm1+xm+…+xmn≤am[]m-111+…+am[]m-11i1・…・am[]m-1m1+…+am[]m-1mim1-1[]m

[]m.

其中a11x11+…+a1i1x1i1,a21x21+…+a2i2x2i2,…,am1xm1+…+amimxmim是a1x1+a2x2+…+anxn的一个分割.

注 推论4与推论3的证明过程相似，不再赘述.另外，推论4中等号成立的充要条件是

xjk=λa1[]m-1jk[]am[]m-1j1+am[]m-1j2+…+am[]m-1jij1[]m,j=1,2,…,m;k=1,2,…,ij,(λ>0).