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 $a_i$ ($i=1,2,\ldots,n$) 均為正實數, 且滿足 $a_1+a_2+\cdots+a_n=2018$, 若 $$\sqrt{{a_1}^2+3^2}+\sqrt{{a_2}^2+5^2}+\sqrt{{a_3}^2+7^2}+\cdots+\sqrt{{a_n}^2+(2n+1)^2}$$ 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 $s_n=a_1+a_2+\cdots+a_n$ 與已求 $$p=\sqrt{{a_1}^2+3^2}+\sqrt{{a_2}^2+5^2}+\sqrt{{a_3}^2+7^2}+\cdots+\sqrt{{a_n}^2+(2n+1)^2}$$ 的最小值 $p_{\rm min}$ 之間的關係； 筆者就這一問題給出一個 $s_n$ 與 $p_{\rm min}$ 之間的等量關係。

問題解答

解： 記 \begin{eqnarray*} p&=&\sqrt{{a_1}^2+3^2}+\sqrt{{a_2}^2+5^2}+\sqrt{{a_3}^2+7^2}+\cdots+\sqrt{{a_n}^2+(2n+1)^2}\\ &=&\frac{{a_1}^2}{\sqrt{{a_1}^2+3^2}}+\frac{{a_2}^2}{\sqrt{{a_2}^2+5^2}}+\frac{{a_3}^2}{\sqrt{{a_3}^2+7^2}}+\cdots+\frac{{a_n}^2}{\sqrt{{a_n}^2+(2n+1)^2}}\\ &&+\frac{3^2}{\sqrt{{a_1}^2+3^2}}+\frac{5^2}{\sqrt{{a_2}^2+5^2}}+\frac{7^2}{\sqrt{{a_3}^2+7^2}}+\cdots+\frac{(2n+1)^2}{\sqrt{{a_n}^2+(2n+1)^2}},\\ \end{eqnarray*} 由分式型柯西不等式得： $$p\ge \frac{(a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n)^2}{p}+\frac{(3+5+7+\cdots+2n+1)^2}{p}=\frac{2018^2+(n^2+2n)^2}{p} ,$$ 則 $p^2\ge 2018^2+(n^2+2n)^2$, 因為 $p\gt 0$, 所以 $p\ge \sqrt{2018^2+(n^2+2n)^2}$。 等號成立只須 $$\frac {a_1}{3}=\frac {a_2}{5}=\frac {a_3}{7}=\cdots=\frac {a_n}{2n+1}=\frac{2018}{n^2+2n}$$ 即可。 所以 $\sqrt{2018^2+(n^2+2n)^2}$ 為所求最小值, 設 $\sqrt{2018^2+(n^2+2n)^2}=m\in Z$, 即 ${2018^2+(n^2+2n)^2}=m^2$, 則 $[m-(n^2+2n)][m+(n^2+2n)]=2018^2=(2\times 1009)^2$。 由 $n^2+2n-m$ 與 $n^2+2n+m$ 奇偶性相同, 且 1009 為質數, 可得 $\left\{\begin{array}{l} m-(n^2+2n)=2\\[5pt] m+(n^2+2n)=2\times 1009\end{array}\right.$, 於是 $n^2+2n=1009^2-1$, 故 $n=1008$。

準備工作：

給定 $R^+$, 若已知 $a_1,a_2,a_3\in R^+$, 且滿足 $a_1+a_2+a_3=k$, 求 $$\sqrt{{a_1}^2+3^2}+\sqrt{{a_2}^2+5^2}+\sqrt{{a_3}^2+7^2}$$ 的最小值。

分析： 給定 $k\in R^+$, $a_1,a_2,a_3\in R^+$, 且滿足 $a_1+a_2+a_3\in R^+$, 且滿足 $a_1+a_2+a_3=k$ 為定值條件, 從取等號條件入手確定 $\lambda=\dfrac{15}{k}$。

解： 由柯西不等式得 $({a_1}^2+3^2)\Big[1+\Big(\dfrac{15}{k}\Big)^2\Big]\ge \Big(a_1+\dfrac{45}{k}\Big)^2$, $$({a_2}^2+5^2)\left[1+\left(\dfrac{15}{k}\right)^2\right]\ge \Big(a_2+\dfrac{75}{k}\Big)^2,\qquad ({a_3}^2+7^2)\left[1+\left(\dfrac{15}{k}\right)^2\right]\ge \Big(a_3+\dfrac{105}{k}\Big)^2$$ 即 $$\sqrt{{a_1}^2+3^2}\ge \frac{a_1k+45}{\sqrt{k^2+225}},\quad \sqrt{{a_2}^2+5^2}\ge \frac{a_2k+75}{\sqrt{k^2+225}},\quad \sqrt{{a_3}^2+7^2}\ge \frac{a_3k+105}{\sqrt{k^2+225}},$$ 則 $$\sqrt{{a_1}^2+3^2}+\sqrt{{a_2}^2+5^2}+\sqrt{{a_3}^2+7^2}\ge \frac{(a_1+a_2+a_3)k+225}{\sqrt{k^2+225}}=\sqrt{k^2+225}.$$ 當且僅當 $a_1=\dfrac k5$, $a_2=\dfrac k3$, $a_3=\dfrac{7k}{15}$ 時取等號, $\sqrt{{a_1}^2+3^2}+\sqrt{{a_2}^2+5^2}+\sqrt{{a_3}^2+7^2}$ 的最小值為 $\sqrt{k^2+225}$ 。

從取等號條件發現 $a_1=\dfrac k5$, $a_2=\dfrac k3$, $a_3=\dfrac{7k}{15}$, 猜想 $a_4=\dfrac{3k}{5}$, 當給定 $k\in R^+$, $a_1,a_2,a_3\in R^+$, 且滿足 $a_1+a_2+a_3+a_4=\dfrac{8k}{5}$, 取得 $\sqrt{{a_1}^2+3^2}+\sqrt{{a_2}^2+5^2}+\sqrt{{a_3}^2+7^2}+\sqrt{a_4^2+9^2}$ 的最小值。

解： 同上, \begin{eqnarray*} \sqrt{{a_1}^2+3^2}&\ge& \frac{a_1k+45}{\sqrt{k^2+225}}, \qquad \sqrt{{a_2}^2+5^2}\ge \frac{a_2k+75}{\sqrt{k^2+225}},\\ \sqrt{{a_3}^2+7^2}&\ge& \frac{a_3k+105}{\sqrt{k^2+225}},\qquad \sqrt{a_4^2+9^2}\ge \frac{a_4k+135}{\sqrt{k^2+225}},\\ {\hbox{則}} \sqrt{{a_1}^2+3^2}+\sqrt{{a_2}^2+5^2}&+&\sqrt{{a_3}^2+7^2}+\sqrt{a_4^2+9^2}\ge \frac{(a_1+a_2+a_3+a_4)k+360}{\sqrt{k^2+225}}\\ &=&\frac{\dfrac 85k^2+360}{\sqrt{k^2+225}}=\frac 85 \sqrt{k^2+225} \end{eqnarray*} 當且僅當 $a_1=\dfrac k5$, $a_2=\dfrac k3$, $a_3=\dfrac{7k}{15}$, $a_4=\dfrac{3k}{5}$ 時取等號, 猜想成立。 $\sqrt{{a_1}^2+3^2}+\sqrt{{a_2}^2+5^2}+\sqrt{{a_3}^2+7^2}+\sqrt{a_4^2+9^2}$ 的最小值為 $\dfrac 85 \sqrt{k^2+225}$。 由上述解法可以遞推 $a_1=\dfrac k5$, $a_2=\dfrac k3$, $a_3=\dfrac{7k}{15}$, $a_4=\dfrac{3k}{5}$, $\ldots,$ $a_n=\dfrac{(2n+1)k}{15}$, 其前 $n$ 項和記 $S_n=\dfrac {(n^2+2n)k}{15}$ ($n\ge 2$, 且 $n\in N^*$, $k\in R^+)$ 。 設 $b_1\!=\!\dfrac {45}k$, $b_2\!=\!\dfrac {75}k$, $b_3\!=\!\dfrac{105}{k}$, $b_4\!=\!\dfrac{135}k$, $\ldots$, $b_n\!=\!\dfrac{15(2n\!+\!1)}{k}$ ($n\!\ge\! 2$, 且 $n\!\in\! N^*$, $k\!\in\! R^+)$, 其前 $n$ 項和為 $p_n=\dfrac{15(n^2+2n)}{k}$ 。

一個推廣： 已知 $a_i$ $(i=1,2,\ldots,n)$ 均為正實數, 給定 $n\in N^*$, $k\in R^+$, 且滿足 $$s_n=a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=\dfrac{(n^2+2n)k}{15},$$ 則 $p=\sqrt{{a_1}^2+3^2}+\sqrt{{a_2}^2+5^2}+\sqrt{{a_3}^2+7^2}+\cdots+\sqrt{{a_n}^2+(2n+1)^2}$ 的最小值 $$p_{\rm min}=\dfrac{(n^2+2n)\sqrt{k^2+225}}{15}.$$

證明： 同上, \begin{eqnarray*} p&=&\sqrt{{a_1}^2+3^2}+\sqrt{{a_2}^2+5^2}+\sqrt{{a_3}^2+7^2}+\cdots+\sqrt{{a_n}^2+(2n+1)^2}\\ &\ge& \frac{k(s_s+p_n)}{\sqrt{k^2+225}}= \frac{k\Big[\dfrac{(n^2+2n)k}{15}+\dfrac{15(n^2+2n)}{k}\Big]}{\sqrt{k^2+225}} =\dfrac {(n^2+2n){\sqrt{k^2+225}}}{15}, \end{eqnarray*} 當且僅當 $a_1=\dfrac k5$, $a_2=\dfrac k3$, $a_3=\dfrac{7k}{15}$, $a_4=\dfrac{3k}{5}$, $\ldots$, $a_n=\dfrac{(2n+1)k}{15}$ 時取等號, $$p_{\rm min}=\dfrac{(n^2+2n)\sqrt{k^2+225}}{15}.$$ 另一解法可用分式型柯西不等式來完成。

回到上述問題令 $\dfrac{(n^2+2n)k}{15}=2018$, 則 $$p_{\rm min}=\dfrac{(n^2+2n)\sqrt{k^2+225}}{15}=\sqrt{2018^2+(n^2+2n)^2}$$ 為整數, 求解的項數 $n$ 的值同上, $n=1008$。

一個結論： 等量關係 $\dfrac{p_{\rm min}}{s_n}=\dfrac{\sqrt{k^2+225}}{12}.$

兩個變式：

壹、設 $a_i$ $(i=1,2,\ldots,n)$ 均為正實數, 給定 $n\in N^*$, $k\in R^+$, 且滿足 $$s_n=a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=\dfrac{n(n+1)k}{12},$$ 則 $p=\sqrt{{a_1}^2+2}+\sqrt{{a_2}^2+8}+\sqrt{{a_3}^2+18}+\cdots+\sqrt{{a_n}^2+2n^2}$ 的最小值 $$p_{\rm min}=\dfrac{n(n+1)\sqrt{k^2+72}}{12}.$$

貳、設 $a_i$ $(i=1,2,\ldots,n)$ 均為正實數, 給定 $n\in N^*$, $k\in R^+$, 且滿足 $$s_n=a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=\dfrac{n(n+3)k}{18},$$ 則 $p=\sqrt{{a_1}^2+4}+\sqrt{{a_2}^2+9}+\sqrt{{a_3}^2+16}+\cdots+\sqrt{{a_n}^2+(n+1)^2}$ 的最小值 $$p_{\rm min}=\dfrac{n(n+3)\sqrt{k^2+81}}{18}.$$

總結：

一般地, 設 $a_i$ $(i=1,2,\ldots,n)$ 均為正實數, 給定 $n\in N^*$, 且滿足 $s_n=a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n$, 為變量, $s_n$ 為定值, $c_n$ 為正項遞增的等差數列或正項遞增的等比數列, 記數列 $\{c_n\}$ 的前 $n$ 項和為 $q_n$, 則 $$p=\sqrt{{a_1}^2+{c_1}^2}+\sqrt{{a_2}^2+{c_2}^2}+\sqrt{{a_3}^2+{c_3}^2}+\cdots+\sqrt{{a_n}^2+{c_n}^2}$$ 的最小值為 $$p_{\rm min}=\sqrt{{s_n}^2+{q_n}^2},\qquad \dfrac{p_{\rm min}}{s_n}=\dfrac{\sqrt{{s_n}^2+{q_n}^2}}{s_n}$$ 其結果取決於 $c_1$, 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---