問題呈現

一道 ²⁰¹⁸ 年重慶數學夏令營試題的 另解與推廣

鄒 峰

本文旨在一道 2018 年重慶數學夏令營試題第壹試第 11 題, 利用柯西不等式給出另解;

在此基礎上給出一個推廣、 一個結論、 兩個變式, 最後給出一個總結。

問題呈現

設 ai (i = 1, 2, . . . , n) 均為正實數, 且滿足 a1+a2+· · · + an = 2018,若 a12+ 3²+

a22+ 5²+

a32+ 7²+· · · +

a_n²+ (2n + 1)² 的最小值為整數, 求項數 n 的值。

命題組給出的解法雖然巧妙, 但沒考慮 sn=a1+a2+· · · + an 與已求 p =

a12+ 3²+

a22+ 5²+

a32+ 7²+· · · +

a_n²+ (2n + 1)² 的最小值 pmin 之間的關係; 筆者就這一問題給出一個 sn 與 pmin 之間的等量關係。

問題解答

解: 記

p =

a12+ 3²+

a22+ 5²+

a32+ 7²+· · · +

a_n² + (2n + 1)²

= a12

√a12+ 3² + a22

√a22+ 5² + a32

√a32+ 7² +· · · + a_n²

a_n²+ (2n + 1)²

+ 3²

√a12+ 3² + 5²

√a22+ 5² + 7²

√a32+ 7² +· · · + (2n + 1)² a_n²+ (2n + 1)²,

由分式型柯西不等式得:

p≥ (a1+a2+a3+· · · + an)²

p +(3 + 5 + 7 +· · · + 2n + 1)²

p = 2018²+ (n²+ 2n)²

p ,

104

則 p² ≥ 2018²+ (n²+ 2n)²,因為 p > 0, 所以 p ≥ 

2018²+ (n²+ 2n)² 。 等號成立只須 a1

3 = a2

5 = a3

7 =· · · = a_n

2n + 1 = 2018 n²+ 2n 即可。 所以 

2018²+ (n²+ 2n)² 為所求最小值, 設 

2018²+ (n² + 2n)² = m ∈ Z, 即 2018²+ (n²+ 2n)² =m², 則 [m − (n²+ 2n)][m + (n²+ 2n)] = 2018² = (2× 1009)² 。 由 n²+ 2n− m 與 n²+ 2n + m 奇偶性相同, 且 1009 為質數, 可得

⎧⎨

⎩

m− (n² + 2n) = 2

m + (n²+ 2n) = 2× 1009, 於是 n²+ 2n = 1009²− 1, 故 n = 1008 。

準備工作 :

給定 R⁺, 若已知 a1, a2, a3 ∈ R⁺, 且滿足 a1+a2+a3 =k,求 a12+ 3²+

a22+ 5²+

a32+ 7² 的最小值。

分析: 給定 k ∈ R⁺, a1, a2, a3 ∈ R⁺, 且滿足 a1+a2+a3 ∈ R⁺, 且滿足 a1+a2+a3 =k 為定值條件, 從取等號條件入手確定 λ = 15

k 。 解: 由柯西不等式得 (a12+ 3²)

 1 +

15 k

2

≥

a1+ 45 k

2

,

(a22

+ 5²) 1 + 15

k 2!

≥

a2+ 75 k

2

, (a32

+ 7²) 1 + 15

k 2!

≥

a3+ 105 k

2

即

a12+ 3² ≥ a1k + 45

√k²+ 225, 

a22 + 5² ≥ a2k + 75

√k² + 225, 

a32+ 7² ≥ a3k + 105

√k²+ 225, 則

a12+ 3²+

a22+ 5²+

a32+ 7² ≥ (a1+a2+a3)k + 225

√k²+ 225 =√

k²+ 225.

當且僅當 a1 = k

5, a2 = k

3, a3 = 7k

15 時取等號,

√a12+ 3²+√

a22+ 5²+√

a32+ 7² 的最小值為√

k²+ 225 。 從取等號條件發現 a1 = k

5, a2 = k

3, a3 = 7k

15, 猜想 a4 = 3k 5 ,

當給定 k ∈ R⁺,a1, a2, a3 ∈ R⁺, 且滿足 a1+a2+a3+a4 = 8k 5 , 取得√

a12 + 3²+√

a22+ 5² +√

a32+ 7²+

a²₄+ 9² 的最小值。

解: 同上,

a12+ 3²≥ a1k + 45

√k²+ 225, 

a22+ 5² ≥ a2k + 75

√k²+ 225, a32+ 7²≥ a3k + 105

√k²+ 225,

"

a²₄+ 9² ≥ a4k + 135

√k²+ 225, 則

a12+ 3²+

a22+ 5²+

a32+ 7²+

"

a²₄+ 9² ≥ (a1+a2+a3+a4)k + 360

√k²+ 225

= 8

5k²+ 360

√k²+ 225 = 8 5

√k²+ 225

當且僅當 a1 = k

5, a2 = k

3, a3 = 7k

15,a4 = 3k

5 時取等號, 猜想成立。

√a12+ 3²+√

a22+ 5²+√

a32+ 7²+

a²₄+ 9² 的最小值為 8 5

√k²+ 225 。

由上述解法可以遞推 a1 = k

5, a2 = k

3, a3 = 7k

15,a4 = 3k

5 , . . . , a_n= (2n + 1)k 15 , 其前 n 項和記 Sn = (n²+ 2n)k

15 (n≥ 2, 且 n ∈ N^∗,k ∈ R⁺) 。 設 b1=45

k ,b2=75

k , b3=105

k ,b4=135

k ,. . ., b_n=15(2n+1)

k (n≥2, 且 n∈N^∗, k∈R⁺), 其前 n 項和為 pn= 15(n²+ 2n)

k 。

一個推廣: 已知 ai (i = 1, 2, . . . , n)均為正實數, 給定 n ∈ N^∗, k∈ R⁺, 且滿足 s_n=a1+a2+a3+· · · + an = (n² + 2n)k

15 , 則 p =√

a12+ 3²+√

a22 + 5²+√

a32+ 7² +· · · +

a_n² + (2n + 1)² 的最小值 pmin = (n² + 2n)√

k²+ 225

15 .

證明: 同上, p =

a12 + 3²+

a22+ 5²+

a32+ 7²+· · · +

a_n²+ (2n + 1)²

≥ k(s_s+p_n)

√k²+ 225 = k

(n²+ 2n)k

15 +15(n²+ 2n) k



√k²+ 225 = (n² + 2n)√

k²+ 225

15 ,

當且僅當 a1 = k

5, a2 = k

3, a3 = 7k

15, a4 = 3k

5 ,. . ., a_n= (2n + 1)k

15 時取等號, pmin = (n²+ 2n)√

k²+ 225

15 .

另一解法可用分式型柯西不等式來完成。

回到上述問題令 (n²+ 2n)k

15 = 2018, 則 pmin = (n²+ 2n)√

k²+ 225

15 =

2018²+ (n²+ 2n)² 為整數, 求解的項數 n 的值同上, n = 1008 。

一個結論: 等量關係 pmin

s_n =

√k²+ 225 12 .

兩個變式 :

壹、 設 ai (i = 1, 2, . . . , n)均為正實數, 給定 n ∈ N^∗, k∈ R⁺, 且滿足 s_n =a1 +a2 +a3 +· · · + an= n(n + 1)k

12 , 則 p =√

a12+ 2 +√

a22+ 8 +√

a32+ 18 +· · · +√

a_n²+ 2n² 的最小值 pmin = n(n + 1)√

k²+ 72

12 .

貳、 設 ai (i = 1, 2, . . . , n)均為正實數, 給定 n ∈ N^∗, k∈ R⁺, 且滿足 s_n =a1 +a2 +a3 +· · · + an= n(n + 3)k

18 , 則 p =√

a12+ 4 +√

a22+ 9 +√

a32+ 16 +· · · +

a_n²+ (n + 1)² 的最小值 pmin = n(n + 3)√

k²+ 81

18 .

總結 :

一般地, 設 ai (i = 1, 2, . . . , n)均為正實數, 給定 n ∈ N^∗, 且滿足 sn=a1+a2+a3+

· · · + an, 為變量, sn 為定值, cn 為正項遞增的等差數列或正項遞增的等比數列, 記數列 {cn} 的前 n 項和為 qn, 則

p =

a12+c12+

a22+c22+

a32+c32+· · · +

a_n²+c_n² 的最小值為

pmin =

s_n²+q_n², pmin

s_n =

s_n²+q_n² s_n 其結果取決於 c¹, 得到的通式不同, 下文再探究。

—本文作者任教中國武漢職業技術學院—