一道美国数学奥赛试题的几个推广定理.doc

一道美国数学奥赛试题的几个推广定理
美国数学奥赛试题第五题为：设a、b、c为正实数，证明(a5-a2+3)(b5-b2+3)(c5-c2+3)≧(a+b+c)3日前，关于这道第33届美奥数学试题虽有种种推广，但是对于如下问题：1’(a6-a2+4)(b6-b2+4)(c6-c2+4)(d6-d2+4)≧(a+b+c)42’(a7-a3+4)(b7-b3+4)(c7-c3+4)(d7-d3+4)≧(a+b+c+d)4等等。它们都显得很无力解决，本文旨在借助均值不等式及一类不等式，对美奥赛数学试题（*）证明其几个推广定理，同时将指出：（*）、1’、2’乃是本文的特殊情形，颇为新颖和有趣。
引理1：设ai>0,(i=1.2.3……n)
则[a1n+(n-1)][a2n+(n-1)]……[ann+(n-1)]≧(a1+a2+……+an)n
证明：因ai>0(i=1.2.3……n)，由均位不等式可知：
a1na1n+(n-1)+1a2n+(n-1)+……+1ann+(n-1)≧
na1
[ann+(n-1)]①
1a1n+(n-1)+a2na2n+(n-1)+……+1ann+(n-1)≧

na2
[ann+(n-1)]②
…………………………………………………………
1a1n+(n-1)+1a2n+(n-1)+……+anann+(n-1)≧
na1
[ann+(n-1)](n)
由上面至共n个不等式相加即得。
[ann+(n-1)]≧a1+a2+…+an将其两边同乘以n次方即得
[ain+(n-1)]≧(a1+a2+……+an)n
即[a1n+(n-1)][a2n+(n-1)]……[ann+(n-1)]≧(a1+a2+……+an)n
引理2：设ai>0,(i=1.2.3……n)
则(ain+2-ai2+n)≧[ain+(n-1)]
证明：因a:>0(i=1、2、3……n)
又因（ain+2-ai2+n）-(ain+n-1)=ain+2-ai2-ain+1
=ai2(ain-1)-(ain-1)
=(ai2-1)(ain-1)
=(ai-1)2(ai+1)(ain-1+ain-2+……+1)≧0①
故ain+2-ai2+n≧ain+(n-1)②
由②可知(ain+2-ai2+n)≧[ain+(n-1)]③
定理1：设ai>0,(i=1.2.3……n)
则(ain+2-ai2+n)≧(a1+a2+……+an)n
证明：因ai>0,(i=1.2.3……n)
由引理1可知：[ain+(n-1)]≧(a1+a2+……+an)n①
由引理2可知：(ain+2-ai2+n)≧[ain+(n-1)]②
由①、②可知：(ain+2-ai2+n)≧(a1+a2+……+an)n③
特别是当n=3.4.5时，应用定理1可得如下结果，即：
推论一：设ai>0,(i=1.2.3……n)，当n=3时，
则(a15-a12+3)(a25-a22+3)(a35-a32+3)≧(a1+a2+a3)3
推论二：设ai>0,(i=1.2.3……n)，当n=4时，
则(a16-a12+4)(a26-a22+4)(a36-a32+4)(a46-a42+4)≧(a1+a2+a3+a4)4
推论三：设ai>0,(i=1.2.3……n)，当n=5时，
则(a17-a12+5)(a27-a22+5)(a37-a32+5)(a47-a42+5)(a57-a52+5)
≧(a1+a2+a3+a4+a5)4
应当指出的是，这里推论一即是美奥数学试题（*），可见本文定理乃是其推广定理。这里推论二即是本文开头提出问题(1’)之解答
引理3：设ai>0,(i=1.2.3……n)
(ai2n-1-ain-1+n)≧[ain+(n-1)]
证明：因ai>0,(i=1.2.3……n)
又因(ai2n-1-ain-1+n)－[ain+(n-1)]
=ai2n-1-ain-1-ain+1=ain-1(ain-1)-(ain-1)
=(ain-1-1)(ain-1)
=(ai-1)2(ain-2+ain-3+……+1)(ain-1+ain-2+……+1)
≧0①
所以ai2n-1-ain-1+n≧ain+(n-1)②
由②可知：(ai2n-1-ain-1+n)≧[ain+(n-1)]③
定理2：设ai>0,(i=1.2.3……n)
则(ai2n-1-ain-1+n)≧(a1+a2+……+an)n
证明：因ai>0,(i=1.2.3……n)
由引理3可知：(ai2n-1-ain-1+n)≧[ain+(n-1)]①
由引理1可知：[ain+(n-1)]≧(a1+a2+……+an)n②
再由①、②得：(ai2n-1-ain-1+n)≧(a1+a2+……+an)n③
特别是当n=3.4.5时，应用定理2可得如下