兩個競賽試題的推廣

魏國祥

（四川職業(yè)技術(shù)學院 應(yīng)用數(shù)學與經(jīng)濟系，四川 遂寧 629000）

試題1（第二屆陳省身杯全國高中數(shù)學奧林匹克試題）對任意不全為零的實數(shù)x,y,z，求證：

試題2（2016 年福建省高中數(shù)學競賽試題）當x,y,z 為正數(shù)時的最大值為______.

文[1]運用球面形式的三角代換求解了上面兩個題目，但過程較為繁雜.

其實，試題1 的一般情形為：設(shè)p,q 是兩個正常數(shù),對任意不全為零的實數(shù)x,y,z，求的最大值.

由均值不等式可知，對任意正數(shù)k，恒有

僅當y = z 且kx2=( y + z)2時等號成立.即知

試題2 的一般情形為：設(shè)p,q 是兩個正常數(shù),對任意不全為零的實數(shù)x,y,z，求的最大值.

由均值不等式可知

我們將上面兩種情形的問題一般化成下面問題.

問題設(shè)p,q,r 是不全為零的三個非負數(shù)，對任意不全為零的實數(shù)x,y,z，求的最大值.

我們發(fā)現(xiàn)這個問題很難運用文[1]的球面形式的三角代換方法來求解，也很難用均值不等式來解決.但從這個問題的結(jié)構(gòu)這讓我們想起了被稱為母不等式的嵌入不等式.

嵌入不等式對三角形ABC 與實數(shù)x,y,z，恒有

（1）式等價于顯然成立的不等式( ycosC + zcosB - x)2+ ( ysinC - zsinB)2≥0，

當且僅當x:y:z = sinA:sinB:sinC 時（1）式等號成立.

由（1）式可知

由于sinA = sin( B + C ) = sinBcosC + cosBsinC，

即sinA - sinBcosC - sinCcosB = 0，依此理我們可得

這是一個關(guān)于sinA,sinB,sinC 的三元一次齊次方程組，它有非零解的充要條件為

即

這是一個關(guān)于k 的一元三次方程，它存在唯一的正根，理由為：設(shè)三個根為k1,k2,k3，若pqr = 0，則；若pqr ≠0，由根與系數(shù)的關(guān)系可知，k1+ k2+ k3=0,k1k2k3= 2pqr ＞0，若三個根全為實根，則必須一正兩負，若三個根為兩共軛虛根k1,k2與一個實根k3，則k1k2＞0，故k3＞0.那么這個正數(shù)k 是存在的.故時取最大值k.

綜合以上情形，我們得出下面結(jié)論.

定理1設(shè)p,q,r 是不全為零的三個非負數(shù)，k 是一元三次方程k3- ( p2+ q2+ r2)k - 2pqr = 0 的正根，則對任意不全為零的實數(shù)x,y,z，恒有x2+ y2+ z2≥(2pyz + 2qxz + 2rxy)，僅 當x:y:z =時等號成立.

特例1當p ＞0,q = r = 0 時，可知k = p，僅當x:y:z = 0:1:1 時取最大值p.

特例2當p,q ＞0,r = 0 時，可知k =，僅當x:y:z = q:p:時取最大值為

特例3當p ＞0,q = r ＞0 時，方程k3- ( p2+ q2+ r2)k - 2pqr = 0 變?yōu)閗3-( p2+ 2q2)k -2pq2=0，即(k + p)(k2- pk - 2q2) = 0，其唯一正根為，故僅當x:y:z =:1:1 時取最大值

特例4當p = 7,q = 19,r = 25 時，方程k3- ( p2+ q2+ r2)k - 2pqr = 0 為k3- 1035k - 6650=0，解得k = 35，即知當?shù)淖畲笾禐?5.

對三角形ABC，我們在（4）式中令a = cotA,b = cotB,c = cotC，由于cotAcotB + cotBcotC +cotCcotA = 1，即可得一個三角不等式.

定理2 若p,q,r 均大于零，k 是一元三次方程k3- ( p2+ q2+ r2)k - 2pqr = 0 的正根.則對任意三角形ABC，恒成立