高中奥数 2022-03-03

2022-03-03 本文已影响0人不为竞赛学奥数

2022-03-03-01

（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 P026 习题05）

设实数 $a_{1},a_{2},\cdots ,a_{100}$ 满足:

(1) $a_{1}\geqslant a_{2}\geqslant \cdots \geqslant a_{100}\geqslant 0$ ;

(2) $a_{1}+a_{2}\leqslant 100$ ;

(3) $a_{3}+a_{4}+\cdots +a_{100}\leqslant 100$ .

求 $a_1^{2}+a_2^{2}+\cdots \cdots +a_{100}^{2}$ 的最大值.

解

$\begin{aligned} & a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{100}^{2} \\ \leqslant & \left(100-a_{2}\right)^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}+\cdots+a_{100}^{2} \\ \leqslant & 100^{2}-\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{100}\right) a_{2}+2 a_{2}^{2}+a_{3}^{2}+\cdots+a_{100}^{2} \\ =& 100^{2}-a_{2}\left(a_{1}-a_{2}\right)-a_{3}\left(a_{2}-a_{3}\right)-\cdots-a_{100}\left(a_{2}-a_{100}\right) \\ \leqslant & 100^{2} . \end{aligned}$
等号成立,当 $a_{1}=100$ , $a_{i}=0\left(i>1\right)$ 或者 $a_{1}=a_{2}=a_{3}=a_{4}=50$ , $a_{j}=0\left(j>4\right)$ 时.

2022-03-03-02

（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 P026 习题06）

已知 $5n$ 个实数 $r_{i}$ 、 $s_{i}$ 、 $t_{i}$ 、 $u_{i}$ 、 $v_{i}$ 都大于1 $\left(1\leqslant i\leqslant n\right)$ ,记 $R=\dfrac{1}{n}\cdot\sum\limits_{i=1}^{n}r_{i}$ , $S=\dfrac{1}{n}\cdot\sum\limits_{i=1}^{n}s_{i}$ ,
$T=\dfrac{1}{n}\cdot\sum\limits_{i=1}^{n}t_{i}$ , $U=\dfrac{1}{n}\cdot\sum\limits_{i=1}^{n}u_{i}$ , $V=\dfrac{1}{n}\cdot\sum\limits_{i=1}^{n}v_{i}$ .求证下述不等式成立:
$\prod\limits_{i=1}^{n}\left(\dfrac{r_{i}s_{i}t_{i}u_{i}v_{i}+1}{r_{i}s_{i}t_{i}u_{i}v_{i}-1}\right)\geqslant \left(\dfrac{RSTUV+1}{RSTUV-1}\right)^{n}.$

证明

先证明一个引理:引理:设 $x_{1},x_{2},\cdots ,x_{n}$ 为 $n$ 个大于1的实数, $A=\sqrt[n]{x_{1}x_{2}\cdots x_{n}}$ ,则 $\prod\limits_{i=1}^{n}\left(\dfrac{x_{i}+1}{x_{i}-1}\right)\geqslant\left(\dfrac{A+1}{A-1}\right)^{n}$ .

证明:不妨设 $x_{1}\leqslant x_{2}\leqslant \cdots \leqslant x_{n}$ ,则 $x_{1}\leqslant A\leqslant x_{n}$ .

用通分不难证明: $\dfrac{\left(x_{1}+1\right)\left(x_{i}+1\right)}{\left(x_{1}-1\right)\left(x_{n}-1\right)}\geqslant \left(\dfrac{A+1}{A-1}\right)\cdot\left(\dfrac{\dfrac{x_{1}x_{n}}{A}+1}{\dfrac{x_{1}x_{n}}{A}-1}\right)$ .

于是, $\prod\limits_{i=1}^{n}\left(\dfrac{x_{i}+1}{x_{i}-1}\right)\geqslant \prod\limits_{i=2}^{n-1}\left(\dfrac{x_{i}+1}{x_{i}-1}\right)\left(\dfrac{\dfrac{x_{1}x_{n}}{A}+1}{\dfrac{x_{1}x_{n}}{A}-1}\right)\left(\dfrac{A+1}{A-1}\right)$ .

再考虑剩下的 $n-1$ 个实数: $x_{2},x_{3},\cdots ,x_{n-1}$ 和 $x_{1}x_{n}$ ,它们的几何平均值仍为 $A$ ,故这 $n-1$ 个数中亦存在最大、最小值,且最大值不小于 $A$ ,最小值不大于 $A$ .采取同上的做法,经过 $n-1$ 次即可得: $\prod\limits_{i=1}^{n}\left(\dfrac{x_{i}+1}{x_{i}-1}\right)\geqslant\left(\dfrac{A+1}{A-1}\right)^{n}$ .

下面证明原命题.令 $x_{i}=r_{i}s_{i}t_{i}u_{i}v_{i}\left(1\leqslant i\leqslant n\right)$ ,由引理可得
$\prod\limits_{i=1}^{n}\left(\dfrac{r_{i}s_{i}t_{i}u_{i}v_{i}+1}{r_{i}s_{i}t_{i}u_{i}v_{i}-1}\right)\geqslant\left(\dfrac{B+1}{B-1}\right)^{n},$
其中 $B=\sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^{n}\left(r_{i}s_{i}t_{i}u_{i}v_{i}\right)}$ .因此只需证明: $\dfrac{B+1}{B-1}\geqslant \dfrac{RSTUV+1}{RSTUV-1}$ ,而
$\begin{aligned} R S T U V &=\dfrac{1}{n} \cdot\left(\sum_{i=1}^{n} r_{i}\right) \cdot \dfrac{1}{n} \cdot\left(\sum\limits_{i=1}^{n} s_{i}\right) \cdot \dfrac{1}{n}\left(\sum\limits_{i=1}^{n} t_{i}\right) \cdot \dfrac{1}{n}\left(\sum\limits_{i=1}^{n} u_{i}\right) \cdot \dfrac{1}{n}\left(\sum\limits_{i=1}^{n} v_{i}\right) \\ & \geqslant \sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^{n} r_{i}} \cdot \sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^{n} s_{i}} \cdot \sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^{n} t_{i}} \cdot \sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^{n} u_{i}} \cdot \sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^{n} v_{i}}=B, \end{aligned}$
故 $\left(B-1\right)f\left(RRSTUV-1\right)-\left(B-1\right)\left(RSTUV+1\right)=2\left(RSTUV-B\right)\geqslant 0$ .

所以结论成立.原不等式得证.

注:我们也可以用Jensen不等式来证.

首先,不难证明,对任意 $a,b>1$ ,有 $\left(\dfrac{a+1}{a-1}\right)\cdot\left(\dfrac{b+1}{b-1}\right)\geqslant\left(\dfrac{\sqrt{ab}+1}{\sqrt{ab}-1}\right)^{2}$ ,故函数 $y=\ln\left(\dfrac{e^{x}+1}{e^{x}-1}\right)$ 在区间 $\left(0,+\infty\right)$ 上是凸函数,于是
$\prod\limits_{i=1}^{n}\left(\dfrac{r_{i} s_{i} t_{i} u_{i} v_{i}+1}{r_{i} s_{i} t_{i} u_{i} v_{i}-1}\right) \geqslant \dfrac{\sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^{n} r_{i} s_{i} t_{i} u_{i} v_{i}}+1}{\sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^{n} r_{i} s_{i} t_{i} u_{i} v_{i}}-1} \geqslant\left(\dfrac{R S T U V+1}{R S T U V-1}\right)^{n}.$

2022-03-03-03

（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 P026 习题07）

设 $k$ 、 $n$ 是正整数, $1\leqslant k<n$ ; $x_{1},x_{2},\cdots ,x_{k}$ 是 $k$ 个正数,且知它们的和等于它们的积.求证: $x_{1}^{n-1}+x_{2}^{n-1}+\cdots +x_{k}^{n-1}\geqslant kn$ .

证明

记 $T=x_{1}x_{2}\cdots x_{k}=x_{1}+x_{2}+\cdots +x_{k}$ .由平均不等 $\dfrac{T}{k}\geqslant T^{\frac{1}{k}}$ , $x_{1}^{n-1}+x_{2}^{n-1}+\cdots +x_{k}^{n-1}\geqslant k\cdot T^{\frac{n-1}{k}}$ .因此,只需证明 $T_{\frac{n-1}{k}}\geqslant n$ .而 $\dfrac{T}{k}\geqslant T^{\frac{1}{k}}$ 等价于 $T^{\frac{n-1}{k}}\geqslant k^{\frac{n-1}{k-1}}$ ,故只需证明: $k^{\frac{n-1}{k-1}}\geqslant n$ ,即 $k\geqslant n^{\frac{k-1}{n-1}}$ .事实上, $k=\dfrac{\left(k-1\right)n+\left(n-k\right)\cdot 1}{n-1}\geqslant \sqrt[n-1]{n^{k-1}\cdot 1}=n^{\frac{k-1}{n-1}}$ ,因此结论成立.

2022-03-03-04

（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 P026 习题08）

如果 $a,b,c\in \mathbb{R}$ ,求证:
$\left(a^{2}+ab+b^{2}\right)\left(b^{2}+bc+c^{2}\right)\left(c^{2}+ca+a^{2}\right)\geqslant \left(ab+bc+ca\right)^{3}.$

证明

如果我们能证明: $\dfrac{27}{6}\left(a+b\right)^{2}\left(b+c\right)^{2}\left(c+a\right)^{2}\geqslant \left(ab+bc+ca\right)^{2}$ ,则结论成立.令 $S_{1}=a+b+c$ , $S_{2}=ab+bc+ca$ , $S_{3}=abc$ .问题转化为去证明: $27\left(S_{1}S_{2}-S_{3}\right)^{2}\geqslant 64S_{2}^{3}$ .

分两种情况加以讨论:

(1)若 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 都是非负实数,则
$27\left(S_{1}S_{2}-S_{3}\right)^{2}\geqslant 27\left(S_{1}S_{2}-\dfrac{1}{9}S_{1}S_{2}\right)^{2}=\dfrac{64}{3}S_{1}^{2}S_{2}^{2}\geqslant 64S_{2}^{3}.$

(2)若 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 中至少有一个为负数,由对称性,不妨假设 $a<0$ , $b\geqslant 0$ , $c\geqslant 0$ .设 $S_{2}>0$ (否则命题显然成立).此时 $S_{1}>0$ , $S_{3}<0$ ,故
$\begin{aligned} & 27\left(S_{1} S_{2}-S_{3}\right)^{2}-64 S_{2}^{3}\\ >&27 S_{1}^{2} S_{2}^{2}-64 S_{2}^{3} \\ =& S_{2}^{2} \cdot\left(27 S_{1}^{2}-64 S_{2}\right) \\ =& S_{2}^{2} \cdot\left[27 a^{2}+22\left(b^{2}+c^{2}\right)+5(b-c)^{2}-10 a(b+c)\right] \\ >& 0. \end{aligned}$
题中等号成立,当且仅当 $a=b=c$ .

高中奥数 2022-03-03

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