美文网首页奥数自学研究
高中奥数 2022-03-15

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

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).

\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|.
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.

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.

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

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xyz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

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}},

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)

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abc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

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.
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abc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),
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 .
(*)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xyz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),
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,xyz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},pqr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}
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(**)
(**)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bca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),abc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.

相关文章

  • 高中奥数 2022-03-15

    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...

  • 奥数!奥数!

    儿子马上要上四年级了,“奥数,学,还是不学?”这个问我要做个了断,因为大多数孩子一上小学三年级就开始在校外报班学习...

  • 高中奥数 2022-03-16

    2022-03-16-01 (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...

  • 高中奥数 2022-03-14

    2022-03-14-01 (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...

  • 高中奥数 2022-02-17

    2022-02-17-01 (来源: 数学奥林匹克小丛书 第二版 高中卷 数列与数学归纳法 冯志刚 习题二 P09...

  • 高中奥数 2022-02-24

    \subsection{放缩法} 有时我们直接证明不等式比较困难,可以试着去找一个中间量,如果有及同时成立,自然就...

  • 高中奥数 2022-02-25

    \subsection{分析法} 所谓分析法就是先假定要证的不等式成立,然后由它出发推出一系列与之等价的不等式(即...

  • 高中奥数 2022-03-11

    2022-03-11-01 (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...

  • 高中奥数 2022-03-10

    2022-03-10-01 (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...

  • 高中奥数 2022-03-13

    变量代换是数学中常用的解题方法之一,将一个较复杂的式子视为一个整体,用一个字母去代换它,从而使复杂问题简单化.有时...

网友评论

    本文标题:高中奥数 2022-03-15

    本文链接:https://www.haomeiwen.com/subject/kufydrtx.html