| 标题 | 一道东南数学奥林匹克试题的进一步推广 |
| 范文 | 田富德 题目 (第三届(2006年)东南数学奥林匹克第6题)求最小的实数m，使不等式m(a3+b3+c3)≥6(a2+b2+c2)+1对于满足a+b+c=1的任意实数a,b,c恒成立. 文［1］对此题作了以下 推广1 设ai>0,i=1,2,…，n,n≥2，∑ni=1ai=1,A>-Bn，求最小的实数m，使不等式m∑ni=1ai3≥A∑ni=1ai2+B恒成立. 笔者对此题进行再探究，发现了更一般性的结论，现将探究过程和推广证明叙述如下. 首先笔者考虑适当改变题中ai的次数，看是否有类似更一般性的结论，答案是肯定的.于是有如下 推广2 设ai>0,i=1,2,…,n,n≥2,∑ni=1ai=1,A>-Bnp-2,p∈N*,且p>2，求最小的实数m，使不等式m∑ni=1aip≥A∑ni=1aip-1+B恒成立. 解：令ai=1n,i=1,2,…，n，得m·nnp≥A·nnp-1+B，即m≥An+Bnp-1. 下面证明，当ai>0,i=1,2,…，n,n≥2,∑ni=1ai=1,A>-Bnp-2,p∈N*,且p>2时，有(An+Bnp-1)∑ni=1aip≥A∑ni=1ap-1i+B (1) 下面证明(1)式成立. 不妨设a1≥a2≥…≥an，又由题意知p-1>1，则ap-11≥ap-12≥…≥ap-1n，由切比雪夫不等式，有∑ni=1api≥1n·(∑ni=1 ai)·(∑ni=1ap-1i)=1n·∑ni=1ap-1i,连续运用切比雪夫不等式，有∑ni=1ap-1i≥1n∑ni=1ap-2i≥…≥1np-2∑ni=1ai=1np-2 (2) 而A>-Bnp-2，所以An+Bnp-1>0,因此，(An+Bnp-1)∑ni=1api≥(An+Bnp-1)·1n·∑ni=1ap-1i=A∑ni=1ap-1i+Bnp-2∑ni=1ap-1i≥A∑ni=1ap-1i+Bnp-2·1np-2≥A∑ni=1ap-1i+B. 故不等式(1)得证. 再次改变左右两边ai次数的差值，此题可以作如下 推广3 设ai>0,i=1,2,…,n,n≥2，∑ni=1ai=1,A>-Bnq-1,p,q∈N*，且p>q≥1，求最小的实数m，使不等式m∑ni=1api≥A∑ni=1aqi+B恒成立. 解：令ai=1n,i=1,2,…,n，得m·nnp≥A·nnq+B,则m≥Anp-q+Bnp-1. 下面证明，当ai>0,i=1,2,…,n,n≥2，∑ni=1ai=1,A>-Bnq-1,p,q∈N*，且p>q≥1时，有(Anp-q+Bnp-1)∑ni=1api≥A∑ni=1aqi+B (3) 下面证明(3)式成立. 不妨设a1≥a2≥…≥an，又由题意p-q>0，则aq1≥aq2≥…≥aqn,ap-q1≥ap-q2≥…≥ap-qn,由切比雪夫不等式，有∑ni=1api≥1n(∑ni=1aqi)·(∑ni=1ap-qi),连续运用切比雪夫不等式，有∑ni=1ami≥1nm-1,(证同(2)式) 而A>-Bnq-1,即A+Bnq-1>0,两边同乘np-q，得Anp-q+Bnp-1>0,因此，(Anp-q+Bnp-1)∑ni=1api≥(Anp-q+Bnp-1)·1n·(∑ni=1aqi)·(∑ni=1ap-qi)=Anp-q-1(∑ni=1aqi)(∑ni=1ap-qi)+Bnp-2(∑ni=1aqi)(∑ni=1ap-qi)≥Anp-q-1(∑ni=1aqi)·1np-q-1+Bnp-2·1nq-1·1np-q-1=A(∑ni=1aqi)+B.故不等式(3)得证. 我们进一步改变不等式右边的项数，可进一步得到如下 推广4 设ai>0,i=1,2,…,n,n≥2，∑ni=1ai=1,p,bj∈N*,j=1,2,…，k,k≥2且p>b1>b2>…>bk≥1，B1np-b1+B2np-b2+…+Bknp-bk+Bk+1 连续运用切比雪夫不等式有∑ni=1ami≥1mm-1,(证同(2)式) 而又B1np-b1+B2np-b2+…+Bknp-bk+Bk+1 |
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