高中奥数 2022-03-30

作者: 不为竞赛学奥数 | 来源:发表于2022-03-30 14:00 被阅读0次

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在一些轮换不等式中,构造一个新的对隅轮换式与原不等式一起考虑,常常能起到意想不到的效果.

2022-03-30-01

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P077 例12）

若 $a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}=1$ ,求证:
$\dfrac{a_{1}^{4}}{a_{1}^{3}+a_{1}^{2}a_{2}+a_{1}a_{2}^{2}+a_{2}^{3}}+\dfrac{a_{2}^{4}}{a_{2}^{3}+a_{2}^{2}a_{3}+a_{2}a_{3}^{2}+a_{3}^{3}}+\cdots+\dfrac{a_{n}^{4}}{a_{n}^{3}+a_{n}^{2}a_{1}+a_{n}a_{1}^{2}+a_{n}^{1}}\geqslant\dfrac{1}{4}.$

证明

记原不等式左端为 $A$ .

构造对偶式
$B=\dfrac{a_{2}^{4}}{a_{1}^{2}+a_{1}^{2}a_{2}a_{2}+a_{2}^{3}}+\cdots +\dfrac{a_{1}^{4}}{a_{n}^{3}+a_{n}^{2}a_{1}+a_{n}a_{1}^{2}+a_{1}^{3}},$

那么
$\begin{aligned} A-B&=\dfrac{\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}\right)\left(a_{1}+a_{2}\right)\left(a_{1}-a_{2}\right)}{\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}\right)\left(a_{1}+a_{2}\right)}+\cdots +\dfrac{\left(a_{n}^{2}+a_{1}^{2}\right)\left(a_{n}+a_{1}\right)\left(a_{n}-a_{1}\right)}{\left(a_{n}^{2}+a_{1}^{2}\right)\left(a_{n}+a_{1}\right)}\\ &=\left(a_{1}-a_{2}\right)+\left(a_{2}-a_{3}\right)+\cdots +\left(a_{n}-a_{1}\right)\\ &=0, \end{aligned}$
故 $A=B$ .

又因为
$\begin{aligned} \dfrac{a_{1}^{4}+a_{2}^{4}}{\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}\right)\left(a_{1}+a_{2}\right)}&\geqslant \dfrac{\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}\right)^{2}}{2\left(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}\right)\left(a_{1}+a_{2}\right)}\\ &=\dfrac{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}}{2\left(a_{1}+a_{2}\right)}\\ &\geqslant \dfrac{\left(a_{1}+a_{2}\right)^{2}}{4\left(a_{1}+a_{2}\right)}\\ &=\dfrac{a_{1}+a_{2}}{4}, \end{aligned}$
所以
$\begin{aligned} A&=\dfrac{1}{2}\left(A+B\right)\\ &\geqslant\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{1}{4}\left(a_{1}+a_{2}\right)+\dfrac{1}{4}\left(a_{2}+a_{3}\right)+\cdots +\dfrac{1}{4}\left(a_{n}+a_{1}\right)\right]\\ &=\dfrac{1}{4}. \end{aligned}$

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