高中奥数 2022-02-28

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Schur不等式:设 $x,y,z\in \mathbb{R}^{+}$ ,则
$x\left(x-y\right)\left(x-z\right)+y\left(y-z\right)\left(y-x\right)+z\left(z-x\right)\left(z-y\right)\geqslant 0\qquad(*)$
(即: $\sum\limits_{cyc}\left[x\left(x-y\right)\left(x-z\right)\right]\geqslant 0$ .).

一般地,Schur不等式为:设 $x,y,z\geqslant 0$ , $r>0$ ,则
$\sum\limits_{cyc}\left[x^{r}\left(x-y\right)\left(x-z\right)\right]\geqslant 0.\qquad(**)$
证明不妨设 $x\geqslant y\geqslant z$ ,则
$\begin{aligned} \text{左边}&\geqslant x^{r}\left(x-y\right)\left(x-z\right)-y^{r}\left(x-y\right)\left(y-z\right)\\ &\geqslant y^{r}\left(x-y\right)^{2}\\ &\geqslant 0 \end{aligned}$
Schur不等式的如下两个变形形式在解题中非常有用:

变形I： $\sum\limits_{cyc}x^{3}-\sum\limits_{cyc}\left[x^{2}\left(y+z\right)\right]+3xyz\geqslant 0$ .

变形Ⅱ: $\left(\sum\limits_{cyc}x\right)^{3}-4\left(\sum\limits_{cyc}x\right)\left(\sum\limits_{cyc}yz\right)+9xyz\geqslant 0$ .

事实上,把 $(*)$ 展开即得变形I,因为 $\left(\sum\limits_{cyc}x\right)^{3}=\sum\limits_{cyc}x^{3}+3\sum\limits_{cyc}\left[x^{2}\left(y+z\right)\right]+6xyz$ ,代入变形得
$\left(\sum\limits_{cyc}x\right)^{3}-3\sum\limits_{cyc}\left[x^{2}\left(y+z\right)\right]-6xyz-\sum\limits_{cyc}\left[x^{2}\left(y+z\right)\right]+3xyz\geqslant 0,$
$\left(\sum\limits_{cyc}x\right)^{3}-4\sum\limits_{cyc}\left[x^{2}\left(y+z\right)\right]-3xyz\geqslant 0,$
所以 $\left(\sum\limits_{cyc}x\right)^{3}-4\left(\sum\limits_{cyc}x\right)\left(\sum\limits_{cyc}yz\right)+9xyz\geqslant 0$ .

2022-02-28-01

（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 P020 例24）

证明:在 $\triangle ABC$ 中,有
$\sum\limits_{cyc}a^{3}-2\sum\limits_{cyc}a^{2}\left(b+c\right)+9abc\leqslant 0$
证明

令 $x=\dfrac{b+c-a}{2}$ , $y=\dfrac{c+a-b}{2}$ , $z=\dfrac{a+b-c}{2}$ ,则由Schur不等式可得
$\sum\limits_{cyc}\left(\dfrac{b+c-a}{2}\right)\left(b-a\right)\left(c-a\right)\geqslant 0,$
$\sum\limits_{cyc}\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(b+c-a\right)\geqslant 0,$
$-\sum\limits_{cyc}a^{3}+2\sum\limits_{cyc}a^{2}\left(b+c\right)-9abc\geqslant 0,$
所以 $\sum\limits_{cyc}a^{3}-2\sum\limits_{cyc}a^{2}\left(b+c\right)+9abc\leqslant 0$ .

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（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 P020 例25）

设 $x,y,z\geqslant 0$ ,且 $x+y+z=1$ ,求证:
$0\leqslant yz+zx+xy-2xyz\leqslant \dfrac{7}{27}.$
证明

由Schur不等式的变形Ⅱ,得
$\left(\sum\limits_{cyc}x\right)^{3}-4\left(\sum\limits_{cyc}x\right)\left(\sum\limits_{cyc}yz\right)-9xyz\geqslant 0,$
由题设条件 $\sum\limits_{cyc}x=1$ ,得
$1-4\sum\limits_{cyc}yz+9xyz\geqslant 0,$
$\sum\limits_{cyc}yz-2xyz\leqslant \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}xyz\leqslant \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{x+y+z}{3}\right)=\dfrac{7}{27}.$
另一方面, $\sum\limits_{cyc}yz-2xyz\geqslant \sum\limits_{cyc}yz-xy-yz=zx\geqslant 0.$

从而命题得证.

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（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 P021 例26）

设 $x,yz\in \mathbb{R}^{+}$ ,且 $x+y+z=xyz$ ,求证:
$x^{2}+y^{2}+z^{2}-2\left(xy+yz+zx\right)+9\geqslant 0.\qquad(*)$

证明

因为 $x+y+z=xyz$ ,所以 $(*)$ 等价于
$\begin{aligned} &\left[x^{2}+y^{2}+z^{2}-2\left(xy+yz+zx\right)\right]\left(x+y+z\right)+9xyz\geqslant 0\\ \Leftrightarrow&x^{3}+y^{3}+z^{3}-\left(x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x+xy^{2}+yz^{2}+zx^{2}\right)+3xyz\geqslant 0 \end{aligned}$

即 $\sum\limits_{cyc}x^{3}-\sum\limits_{cyc}x^{2}\left(y+z\right)+3xyz\geqslant 0$ ,

这就是Schur不等式的变形I.故命题得证.

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（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 P021 例27）

设 $a,b,c\in \mathbb{R}^{+}$ ,求证:
$\sqrt{abc}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)+\left(a+b+c\right)^{2}\geqslant 4\sqrt{3abc\left(a+b+c\right)}.$

证明

由Schur不等式的一般形式中,令 $r=2$ ,得
$\sum\limits_{cyc}x^{2}\left(x-y\right)\left(x-z\right)\geqslant 0,x,y,z\in \mathbb{R}^{+},$
所以 $\sum\limits_{cyc}x^{4}+xyz\sum\limits_{cyc}x\leqslant \sum\limits_{cyc}x^{3}\left(y+z\right)$ .

又因为 $\sum\limits_{cyc}x^{3}\left(y+z\right)=2\sum\limits_{cyc}y^{2}z^{2}+\sum\limits_{cyc}yz\left(y-z\right)^{2}\geqslant 2\sum\limits_{cyc}y^{2}z^{2}$ ,

所以 $\sum\limits_{cyc}^{4}+xyz\sum\limits_{cyc}x\geqslant 2\sum\limits_{cyc}y^{2}z^{2}.\qquad(*)$

在 $(*)$ 式中,令 $x=\sqrt{a}$ , $y=\sqrt{b}$ , $z=\sqrt{c}$ ,得
$\sum\limits_{cyc}a^{2}+\sqrt{abc}\sum\limits_{cyc}\sqrt{a}\geqslant 2\sum\limits_{cyc}bc,$
$\sqrt{abc}\sum\limits_{cyc}\sqrt{a}+\left(\sum\limits_{cyc}a\right)^{2}\geqslant 4\sum\limits_{cyc}bc.$
下证 $\sum\limits_{cyc}bc\geqslant \sqrt{3abc\left(a+b+c\right)}$ .

事实上,由 $\left(u+v+w\right)^{2}\geqslant 3\left(uv+vw+wu\right)$ ,得
$\begin{aligned} \left(ab+bc+ca\right)^{2}&\geqslant 3\left(ab\cdot bc+bc\cdot ca+ca\cdot ab\right)\\ &=3abc\left(a+b+c\right), \end{aligned}$
所以 $\sum\limits_{cyc}bc\geqslant \sqrt{3abc\left(a+b+c\right)}$ ,

故 $\sqrt{abc}\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\right)+\left(a+b+c\right)^{2}\geqslant 4\sqrt{3abc\left(a+b+c\right)}$ .

高中奥数 2022-02-28

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