高中奥数 2022-03-27

作者: 不为竞赛学奥数 | 来源:发表于2022-03-27 20:20 被阅读0次

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构造法是不等式证明中的一种重要方法.主要利用引入适当的恒等式、函数、图形、数列等辅助手段,使命题转化,变成较为直观和本质的形式,进而使不等式获证。

构造恒等式

恒等式可以看作是最强的不等式,有时候,通过补充不等式中略去的那些项或因式,可以得到隐藏在其背后的恒等式,这样往往能找到证题的突破口,因为恒等式的结果是显然的.

2022-03-27-01

（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 P069 例01）

已知 $a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}=1$ ,求证:
$\left(a+b\right)^{4}+\left(a+c\right)^{4}+\left(a+d\right)^{4}+\left(b+c\right)^{4}+\left(b+d\right)^{4}+\left(c+d\right)^{4}\leqslant 6.\qquad(*)$

分析由已知可得 $\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\right)^{2}=1$ ,我们要设法挖掘它与四次式 $(*)$ 间的关系.注意到要使 $\left(a+b\right)^{4}$ 中 $a$ 的奇次项不在 $\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\right)^{2}$ 的展开式中出现,可以配上 $\left(a-b\right)^{4}$ 与之相消,这样就找到了突破口.

证明

考虑和式: $\left(a-b\right)^{4}+\left(a-c\right)^{4}+\left(a-d\right)^{4}+\left(b-c\right)^{4}+\left(b-d\right)^{4}+\left(c-d\right)^{4}$ ,不难发现它与 $(*)$ 左端恰好构成恒等式,即:
$\begin{aligned} &\left(a+b\right)^{4}+\left(a-b\right)^{4}+\left(a+c\right)^{4}+\left(a-c\right)^{4}\\ +&\left(a+d\right)^{4}+\left(a-d\right)^{4}+\left(b+c\right)^{4}+\left(b-c\right)^{4}\\ +&\left(b+d\right)^{4}+\left(b-d\right)^{4}+\left(c+d\right)^{4}+\left(c-d\right)^{4}\\ =&6\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\right)^{2}.\qquad(**) \end{aligned}$
由 $(**)$ 立刻证得 $(*)$ 成立.

2022-03-27-02

（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 P069 例02）

设 $\triangle A_{1}A_{2}A_{3}$ 与 $\triangle B_{1}B_{2}B_{3}$ 的边长分别为 $a_{1}$ 、 $a_{2}$ 、 $a_{3}$ 与 $b_{1}$ 、 $b_{2}$ 、 $b_{3}$ ,面积分别为 $S_{1}$ 、 $S_{2}$ ,又记
$H=a_{1}^{2}\left(-b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+b_{3}^{2}\right)+a_{2}^{2}\left(b_{1}^{2}-b_{2}^{2}+b_{3}^{2}\right)+a_{3}^{2}\left(b_{1}^{2}+b_{2}^{2}-b_{3}^{2}\right).$
则对于 $\lambda\in \left\{\dfrac{b_{1}^{2}}{a_{1}^{2}},\dfrac{b_{2}^{2}}{a_{2}^{2}},\dfrac{b_{3}^{2}}{a_{3}^{2}}\right\}$ ,求证: $H\geqslant 8\left(\lambda S_{1}^{2}+\dfrac{1}{\lambda}S_{2}^{2}\right)$ .

证明

由海伦公式,有
$16S_{1}^{2}=2a_{1}^{2}a_{2}^{2}+2a_{2}^{2}a_{3}^{2}+2a_{3}^{2}a_{1}^{2}-a_{1}^{4}-a_{2}^{4}-a_{3}^{4},$
$16S_{2}^{2}=2b_{1}^{2}b_{2}^{2}+2b_{2}^{2}b_{3}^{2}+2b_{3}^{2}b_{1}^{2}-b_{1}^{4}-b_{2}^{4}-b_{3}^{4}.$
记 $D_{1}=\sqrt{\lambda}a_{1}^{2}-\sqrt{\dfrac{1}{\lambda}}b_{1}^{2}$ , $D_{2}=\sqrt{\lambda}a_{2}^{2}-\sqrt{\dfrac{1}{\lambda}}b_{2}^{2}$ , $D_{3}=\sqrt{\lambda}a_{3}^{2}-\sqrt{\dfrac{1}{\lambda}}b_{3}^{2}$ .则有恒等式 $\begin{aligned} &H-8\left(\lambda S_{1}^{2}+\dfrac{1}{\lambda}S_{2}^{2}\right)\\ =&\dfrac{1}{2}\left(D_{1}^{2}+D_{2}^{2}+D_{3}^{2}\right)-\left(D_{1}D_{2}+D_{2}D_{3}+D_{3}D_{1}\right)\qquad(*). \end{aligned}$
当 $\lambda=\dfrac{b_{1}^{2}}{a_{1}^{2}}$ 时, $D_{1}=0$ , $(*)$ 式即为
$H-8\left(\lambda S_{1}^{2}+\dfrac{1}{\lambda}S_{2}^{2}\right)=\dfrac{1}{2}\left(D_{2}-D_{3}\right)^{2}.$
故结论成立.