高中奥数 2022-03-15

作者: 不为竞赛学奥数 | 来源:发表于2022-03-15 12:14 被阅读0次

高中奥数 2022-03-15
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2022-03-15-01

（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 P051 例11）

求最大的正整数 $n$ ,使得存在 $n$ 个不同的实数 $x_{1},x_{2},\cdots ,x_{n}$ ,满足:对任意 $1\leqslant i<j\leqslant n$ ,有
$\left(1+x_{i}x_{j}\right)^{2}\leqslant 0.9\left(1+x_{i}^{2}\right)\left(1+x_{j}^{2}\right).$
解

$\left(1+x_{i}x_{j}\right)^{2}\leqslant 0.9\left(1+x_{i}^{2}\right)\left(1+x_{j}^{2}\right)$
等价于
$0.1\left(x_{i}x_{j}+1\right)^{2}\leqslant 0.9\left(x_{i}-x_{j}\right)^{2},$
也即
$\left|x_{i}x_{j}+1\right|\leqslant 3\left|x_{i}-x_{j}\right|.$
令 $x_{i}=\tan \alpha_{i}\left(1\leqslant i\leqslant n\right)$ ,不妨设 $0\leqslant \alpha_{1}<\cdots <\alpha_{n}<\pi$ .

则原不等式等价于 $\left|\tan\left(\alpha_{i}-\alpha_{j}\right)\right|\geqslant\dfrac{1}{3}$ ,即
$\pi-\theta\geqslant \alpha_{j}-\alpha_{i}\geqslant \theta,\text{其中}\theta=\arctan \dfrac{1}{3}.$
因此,只需求出最大的 $n$ ,使得存在 $n$ 个角: $0\leqslant \alpha_{1}<\alpha_{2}<\cdots <\alpha_{n}<\pi$ ,满足:
$\alpha_{n}-\alpha_{1}\leqslant \pi-\theta,\text{且}\alpha_{i+1}-\alpha_{i}\geqslant \theta.$
考虑复数 $z=3+i$ ,则 $\theta=\arg z$ .

由 $z^{8}=16\left(-527+336i\right)$ , $z^{9}=16\left(-1917+481i\right)$ , $z^{10}=16\left(-\left(1917\times 3+481\right)-474i\right)$ ,知 $z^{9}$ 的辐角主值 $<\pi$ , $z^{10}$ 的辐角主值 $>\pi$ .所以
$9\theta<\pi<10\theta.$
又因为 $\pi-\theta\geqslant \alpha_{n}-\alpha_{1}\geqslant \left(n-1\right)\theta$ ,则 $n\leqslant 9$ .

当 $\alpha_{1}=0$ , $\alpha_{2}=\theta$ , $\alpha_{3}=2\theta$ , $\cdots$ , $\alpha_{9}=8\theta$ 时,等号可以取到.

故 $n$ 的最大值为9.

2022-03-15-02

（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 P052 例12）

已知 $x$ 、 $y$ 、 $z$ 都是正数,求证:
$x\left(y+z-x\right)^{2}+y\left(z+x\cdot y\right)^{2}+z\left(x+y-z\right)^{2}\geqslant 2xyz \left(\dfrac{x}{y+z}+\dfrac{y}{z+x}+\dfrac{z}{x+y}\right),$ 等号当且仅当 $x=y=z$ 时成立.

证明

令 $a=y+z-x$ , $b=x+z-y$ , $c=x+y-z$ ,则
$x=\dfrac{b+c}{2},y=\dfrac{a+c}{2},z=\dfrac{a-b}{2},$
于是原不等式等价于
$\dfrac{1}{2} \sum a^{2}(b+c) \geqslant 2 \dfrac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8} \cdot \sum \dfrac{\dfrac{b+c}{2}}{a+\dfrac{b+c}{2}},$
即
$2\left[a^{2}(b+c)+b^{2}(c+a)+c^{2}(a+b)\right] \geqslant (a+b)(b+c)(c+a) \cdot \sum \dfrac{b+c}{2 a+b+c}.$
下面我们证明
$a^{2}(b+c)+b^{2}(c+a) \geqslant (a+b)(b+c)(c+a) \cdot \dfrac{a+b}{2 c+a+b} .\qquad(*)$
注意到 $(*)$ 等价于 $\dfrac{a^{2}}{a+c}+\dfrac{b^{2}}{b+c}\geqslant \dfrac{\left(a+b\right)^{2}}{a+b+2c}$ .

由Cauchy不等式,这是显然的.

同理还有类似 $(*)$ 的其他两式,相加即得原不等式成立.

2022-03-15-03

（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 P052 例13）

设 $a,b,c\in \mathbb{R}^{+}$ ,求证:
$\dfrac{b^{3}}{a^{2}+8bc}+\dfrac{c^{3}}{b^{2}+8ca}+\dfrac{a^{3}}{c^{2}+8ab}\geqslant \dfrac{a+b+c}{9}.$

证明

记不等式的左端为 $M$ ,令
$\begin{aligned} S&=\left(a^{2}+8bc\right)+\left(b^{2}+8ca\right)+\left(c^{2}+8ab\right)\\ &=\left(a+b+c\right)^{2}+6\left(ab+bc+ca\right)\\ &\leqslant 3\left(a+b+c\right)^{2}. \end{aligned}$
所以
$\begin{aligned} 3=& \dfrac{1}{M} \cdot\left(\dfrac{b^{3}}{a^{2}+8 b c}+\dfrac{c^{3}}{b^{2}+8 c a}+\dfrac{a^{3}}{c^{2}+8 a b}\right)+\dfrac{1}{S}\left(\left(a^{2}+8 b c\right)+\left(b^{2}+8 c a\right)+\left(c^{2}+8 a b\right)\right)+\dfrac{1+1+1}{3} \\ =& \sum\left[\dfrac{b^{3}}{M\left(a^{2}+8 b c\right)}+\dfrac{a^{2}+8 b c}{S}+\dfrac{1}{3}\right] \\ \geqslant & 3 \sqrt[3]{\dfrac{b^{3}}{3 S M}}+3 \sqrt[3]{\dfrac{a^{3}}{3 S M}}+3 \sqrt[3]{\dfrac{c^{3}}{3 S M}} \\ =& \dfrac{3(a+b+c)}{\sqrt[3]{3 S M}} . \end{aligned}$
因此 $3SM\geqslant \left(a+b+c\right)^{3}$ ,故有 $M \geqslant \dfrac{1}{9}\left(a+b+c\right)$ 成立.

2022-03-15-04

（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 P053 例14）

已知非负实数 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 满足 $a+b-c=1$ ,求证:
$2\leqslant \left(1-a^{2}\right)^{2}+\left(1-b^{2}\right)^{2}+\left(1-c^{2}\right)^{2}\leqslant \left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right),$
并求出等号成立的条件.

证明

设 $ab+bc+ca=m$ , $abc=n$ ,则
$\left(x-a\right)\left(x-b\right)\left(x-c\right)=x^{3}-x^{2}+mx-n.$
令 $x=a$ ,则有 $a^{3}=a^{2}-ma+n$ (注意:这起到了降次的作用!).于是
$\sum\limits_{c y c} a^{3}=\sum\limits_{c y c} a^{2}-m \cdot \sum\limits_{c y c} a+3 n .$

$\begin{aligned} \sum\limits_{c y c} a^{4}&=\sum\limits_{c y c} a^{3}-m \sum\limits_{c y c} a^{2}+n \sum\limits_{c y c} a\\ &=(1-m) \sum\limits_{c y c} a^{2}-m \sum\limits_{c y c} a+n \sum\limits_{c y c} a+3 n\\ &=(1-m)(1-2 m)-m+n+3 n . \end{aligned}$

所以
$\begin{aligned} \sum\limits_{c y c}\left(1-a^{2}\right)^{2}&=3-2 \sum\limits_{c y c} a^{2}+\sum\limits_{c y c} a^{4}\\ &=3-2(1-2 m)+2 m^{2}-3 m+1-m+4 n\\ &=2 m^{2}+4 n+2 \geqslant 2 , \end{aligned}$
等号当 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 中有2个为 $0$ 时取到.

又因为 $\left(1+a\right)\left(1+b\right)\left(1+c\right)=2+m+n$ ,则 $2m^{2}\cdot 4n-c\leqslant 2\times 2^{2}-m+n$ 相当于 $3n\leqslant m-2m^{2}$ ,即
$3abc\leqslant m\left(1-2m\right)=\left(ab+bc+ca\right)\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right),$
即 $3\leqslant \left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right).①$

而由Cauchy不等式可得
$3\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)\geqslant \left(a+b+c\right)^{2}=a+b+c.$
于是
$3\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right) \geqslant \left(a+b+c\right)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right) \geqslant 9 .$
故 $(*)$ 成立,且等号当时成立.

2022-03-15-05

（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 P054 例15）

(1)设实数 $x$ 、 $y$ 、 $z$ 都不等于 $1$ , $xyz=1$ ,求证:
$\dfrac{x^{2}}{\left(x-1\right)^{2}}+\dfrac{y^{2}}{\left(y-1\right)^{2}}+\dfrac{z^{2}}{\left(z-1\right)^{2}}\geqslant 1.$
(2)求证:存在无穷多组三元有理数组 $\left(x,y,z\right)$ ,使得上述不等式等号成立.(2008年国际数学奥林匹克)

证法1

(1)令 $\dfrac{x}{x-1}=a$ , $\dfrac{y}{y-1}=b$ , $\dfrac{z}{z-1}=c$ ,则
$x=\dfrac{a}{a-1},y=\dfrac{b}{b-1},z=\dfrac{c}{c-1},$
由题设条件 $xyz=1$ 得,
$abc=\left(a-1\right)\left(b-1\right)\left(c-1\right),$
即 $a+b+c-1=ab+bc+ca$ ,

所以
$\begin{aligned} a^{2}+b^{2}+c^{2}&=\left(a+b+c\right)^{2}-2\left(ab+bc+ca\right)\\ &=\left(a+b+c\right)^{2}-2\left(a+b+c-1\right)\\ &=\left(a+b+c-1\right)^{2}+1\\ &\geqslant 1, \end{aligned}$
从而 $\dfrac{x^{2}}{\left(x-1\right)^{2}}+\dfrac{y^{2}}{\left(y-1\right)^{2}}+\dfrac{z^{2}}{\left(z-1\right)^{3}}\geqslant 1$ .

(2)令 $\left(x,y,z\right)=\left(-\dfrac{k}{\left(k-1\right)^{2}},k-k^{2},\dfrac{k-1}{k^{2}}\right)$ , $k$ 是正整数,则 $\left(x,y,z\right)$ 是三元有理数组, $x$ 、 $y$ 、 $z$ 都不等于1,且对于不同的正整数 $k$ ,三元有理数组 $\left(x,y,z\right)$ 是互不相同的.此时
$\begin{aligned} &\dfrac{x^{2}}{\left(x-1\right)^{2}}+\dfrac{y^{2}}{\left(y-1\right)^{2}}+\dfrac{z^{2}}{\left(-1\right)^{2}}\\ =&\dfrac{k^{2}}{\left(k^{2}-k+1\right)^{2}}+\dfrac{\left(k-k^{2}\right)^{2}}{\left(k^{2}-k+1\right)^{2}}+\dfrac{\left(k-1\right)^{2}}{\left(k^{2}-k+1\right)^{2}}\\ =&\dfrac{k^{4}-2k^{3}+3k^{2}-2k+1}{\left(k^{2}-k+1\right)^{2}}\\ =&1, \end{aligned}$
从而命题得证.

证法2

(1)由 $xyz=1$ ,可设 $p=x$ , $q=1$ , $r=\dfrac{1}{y}$ ,得 $x=\dfrac{p}{q}$ , $y=\dfrac{q}{r}$ , $z=\dfrac{1}{xy}=\dfrac{r}{p}$ , $p$ 、 $q$ 、 $r$ 互不相等.故
$\begin{aligned} &\dfrac{x^{2}}{\left(x-1\right)^{2}}+\dfrac{y^{2}}{\left(y-1\right)^{2}}+\dfrac{z^{2}}{\left(z-1\right)^{2}}\geqslant 1\\ \Longleftrightarrow&\dfrac{p^{2}}{\left(p-q\right)^{2}}+\dfrac{q^{2}}{\left(q-r\right)^{2}}+\dfrac{r^{2}}{\left(r-p\right)^{2}}\geqslant 1.\qquad(*) \end{aligned}$
令 $a=\dfrac{p}{p-q}$ , $b=\dfrac{q}{q-r}$ , $c=\dfrac{r}{r-p}$ ,则 $(*)$ 化为 $\sum\limits_{cyc}a^{2}\geqslant 1$ .由于
$\dfrac{-1+a}{a}=\dfrac{q}{p},\dfrac{-1+b}{b}=\dfrac{r}{q},\dfrac{-1+c}{c}=\dfrac{p}{r},$
所以 $\dfrac{1+a}{a}\cdot \dfrac{-1+b}{b}\cdot \dfrac{-1+c}{c}=1$ ,

$1-\sum\limits_{cyc}a+\sum\limits_{cyc}ab=0,\qquad(**)$
由 $(**)$ 可得 $1-\sum\limits_{cyc}a^{2}=-\left(a+b+c-1\right)^{2}\leqslant 0$ ,

所以 $\sum\limits_{cyc}a^{2}\geqslant 1$ ,从而 $(*)$ 式成立.

(2)令 $b=\dfrac{t^{2}+t}{t^{2}+t+1}$ , $c=\dfrac{t+1}{t^{2}+t+1}$ , $a=-\dfrac{bc}{b+c}$ ,其中 $t$ 可取除0外的一切有理数,改变 $t$ ,其中使得 $b$ 、 $c$ 、 $a$ 中有某个为1的至多只有有限个,这样就得到无穷多组三元有理数组 $\left(a,b,c\right)$ , $a$ 、 $b$ 、 $c$ 都不等于1,使得 $\sum\limits_{cyc}a^{2}=\sum\limits_{cyc}a=1$ ,而由 $\left(x,y,z\right)=\left(\dfrac{a}{a-1}, \dfrac{b}{b-1}, \dfrac{c}{c-1}\right)$ 知(2)成立.