高中奥数 2022-03-14

2022-03-14 本文已影响0人不为竞赛学奥数

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不等式的基本方法 P047 例06）

已知 $a,b,c\geqslant 0$ , $a+b+c=1$ .求证:
$\sqrt{a+\dfrac{1} {4} \left(b-c\right)^{2}}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\leqslant \sqrt{3}.$
(2007年中国女子数学奥林匹克)

证法1

不妨设 $b\geqslant c$ .令 $\sqrt{b}=x+y$ , $\sqrt{c}=x-y$ ,则
$b-c=4xy,a=1-2x^{2}-2y^{2},x\leqslant \dfrac{1}{\sqrt{2}}$
原式左边 $=\sqrt{1-2x^{2}-2y^{2}+4x^{2}y^{2}}+2x$
$\leqslant \sqrt{1-2x^{2}}+x+x\leqslant \sqrt{3}$ .
最后一步由柯西不等式得到.

证法2

令 $a=u^{2}$ , $b=v^{2}$ , $c=w^{2}$ ,则 $u^{2}+v^{2}+w^{2}=1$ ,于是待证不等式变为
$\sqrt{u^{2}+\dfrac{\left(v^{2}-w^{2}\right)^{2}}{4}}+v+w\leqslant \sqrt{3}.\qquad(*)$
注意到
$\begin{aligned} u^{2}+\dfrac{\left(v^{2}-w^{2}\right)^{2}}{4} &=1-\left(v^{2}+w^{2}\right)+\dfrac{\left(v^{2}-w^{2}\right)^{2}}{4}=\dfrac{4-4\left(v^{2}+w^{2}\right)+\left(v^{2}-w^{2}\right)^{2}}{4} \\ &=\dfrac{4-4\left(v^{2}+w^{2}\right)+\left(v^{2}+w^{2}\right)^{2}-4 v^{2} w^{2}}{4} \\ &=\dfrac{\left(2-v^{2}-w^{2}\right)^{2}-4 v^{2} w^{2}}{4} \\ &=\dfrac{\left(2-v^{2}-w^{2}-2 v w\right)\left(2-v^{2}-w^{2}+2 v w\right)}{4} \\ &=\dfrac{\left[2-(v+w)^{2}\right]\left[2-(v-w)^{2}\right]}{4} \leqslant 1-\dfrac{(v+w)^{2}}{2} . \end{aligned}$
(注意 $\left(v+w\right)^{2}\leqslant 2\left(v^{2}+w^{2}\right)\leqslant 2$ )将上式代入 $(*)$ ,得
$\sqrt{1-\dfrac{\left(v+w\right)^{2}}{2}}+v+w\leqslant \sqrt{3}.$
令 $\dfrac{v+w}{2}=x$ ,将上述不等式改写为 $\sqrt{1-2x^{2}}+2x\leqslant \sqrt{3}$ ,以下同证法1.

说明证法2解释了证法1中替换的动机.

2022-03-14-02

（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 P048 例07）

设 $a,b,c\in \mathbb{R}^{+}$ ,且 $abc=1$ ,求证:

(1) $\dfrac{1}{1+2a}+\dfrac{1}{1+2b}+\dfrac{1}{1+2c}\geqslant 1$ ;

(2) $\dfrac{1}{1+a+b}+\dfrac{1}{1+b+c}+\dfrac{1}{c+a}\leqslant 1$ .

证明

(1)证法1设 $a=\dfrac{x}{y}$ , $b=\dfrac{y}{z}$ , $c=\dfrac{z}{x}$ , $x,y,z\in \mathbb{R}^{+}$ ,则原不等式等价于
$s=\dfrac{y}{y+2x}+\dfrac{z}{z+2y}+\dfrac{x}{x+2z}\geqslant 1.$
利用Cauchy不等式,得
$s\cdot \left[y\left(y+2x\right)+z\left(z+2y\right)+x\left(x+2z\right)\right]\geqslant \left(x+y+z\right)^{2},$
即有 $s\geqslant 1$ 成立.

证法2首先我们证明
$\dfrac{1}{1+2a}\geqslant \dfrac{a^{-\frac{2}{3}}}{a^{-\frac{2}{3}}+b^{-\frac{2}{3}}+c^{-\frac{2}{3}}}.\qquad(*)$
$(*)$ 等价于 $b^{-\frac{2}{3}}+c^{-\frac{2}{3}}\geqslant 2a^{\frac{1}{3}}$ .

又由于 $b^{-\frac{2}{3}}+c^{-\frac{2}{3}}\geqslant 2\cdot\left(bc\right)^{-\frac{1}{3}}=2a^{\frac{1}{3}}$ ,故 $(*)$ 成立.

同理,有
$\dfrac{1}{1+2b}\geqslant \dfrac{b^{-\frac{2}{3}}}{a^{-\frac{2}{3}}+b^{-\frac{2}{3}}+c^{-\frac{2}{3}}}.\qquad(**)$
$\dfrac{1}{1+2c}\geqslant \dfrac{c^{-\frac{2}{3}}}{a^{-\frac{2}{3}}+b^{-\frac{2}{3}}+c^{-\frac{2}{3}}}.\qquad(**)$
将 $(*)(**)(***)$ 相加即得原不等式成立.

(2)令 $a=x^{3}$ , $b=y^{3}$ , $c=z^{3}$ , $x,y,z\in \mathbb{R}^{+}$ .那么,由题设得 $xyz=1$ .利用 $x^{3}+y^{3}\geqslant x^{2}y+y^{2}x$ ,有
$\begin{aligned} \dfrac{1}{1+a+b} &=\dfrac{1}{1+x^{3}+y^{3}} \\ &\leqslant \dfrac{1}{1+x^{2} y+x y^{2}} \\ &=\dfrac{1}{x y z+x^{2} y+y^{2} x}\\ &=\dfrac{1}{x y(x+y+z)} \\ &=\dfrac{z}{x+y+z} \end{aligned}$
同理,有
$\dfrac{1}{1+b+c} \leqslant \dfrac{x}{x+y+z},$
$\dfrac{1}{1+c+a} \leqslant \dfrac{y}{x+y+z},$
三式相加即得原不等式成立.

说明当三数的乘积为1时,本题的两种代换方法都是常用的.

2022-03-14-03

（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 P050 例08）

设 $x,y,z\in \mathbb{R}^{+}$ ,且 $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=1$ ,求证:
$\sqrt{x+yz}+\sqrt{y+zx}+\sqrt{z+xy}\geqslant \sqrt{xyz}+\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}.$

证明

令 $x=\dfrac{1}{\alpha}$ , $y=\dfrac{1}{\beta}$ , $z=\dfrac{1}{\gamma}$ ,则 $\alpha+\beta+\gamma=1$ .

原不等式等价于
$\sum\limits_{c y c} \sqrt{\dfrac{1}{\alpha} +\dfrac{1}{\beta \gamma}} \geqslant \sqrt{\dfrac{1}{\alpha \beta \gamma}}+\sum\limits_{c y c} \sqrt{\dfrac{1}{\alpha}},$
即 $\sum\limits_{c y c} \sqrt{\alpha+\beta \gamma} \geqslant \sum\limits_{c y c} \sqrt{\alpha^{2}}+\sum\limits_{c y c} \sqrt{\beta \gamma}$ ,

即 $\sum\limits_{c y c} \sqrt{\alpha \cdot \sum\limits_{c y c} \alpha+\beta \gamma} \geqslant \sum\limits_{c y c} \sqrt{\alpha^{2}}+\sum\limits_{c y c} \sqrt{\beta \gamma}$ ,

即 $\sum\limits_{c y c} \sqrt{(\alpha+\beta)(\alpha+\gamma)} \geqslant \sum\limits_{c y c}\left(\sqrt{\alpha^{2}}+\sqrt{\beta \gamma}\right)$ .

又不难证明 $\sqrt{\left(\alpha+\beta\right)\left(\alpha+\gamma\right)}\geqslant \sqrt{\alpha^{2}}+\sqrt{\beta\gamma}$ .

故原不等式成立.

2022-03-14-04

（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 P050 例09）

设 $x,y,z\in \mathbb{R}^{+}$ ,求证:
$\dfrac{y^{2}-x^{2}}{z+x}+\dfrac{z^{2}-y^{2}}{x+y}+\dfrac{x^{2}-z^{2}}{y+z}\geqslant 0.\left(\text{W.Janous不等式}\right)$

分析左端式子分母是变量和的形式,难以直接处理,故先将它们代换掉,简化分母.

证明

令 $x+y=c$ , $y+z=a$ , $z+x=b$ ,原不等式等价于
$\dfrac{c\left(a-b\right)}{b}+\dfrac{a\left(b-c\right)}{c}+\dfrac{b\left(c-a\right)}{a}\geqslant 0,$
即 $\dfrac{a^{2}\left(a-b\right)-a^{2}b\left(b-c\right)+b^{2}c\left(c-a\right)}{abc}\geqslant 0$ .

故只须证明
$a^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}-abc^{2}-a^{2}bc-ab^{2}c\geqslant 0.$
这是很显然的.

2022-03-14-05

（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 P050 例10）

设 $x_{1}$ 、 $x_{2}$ 、 $x_{3}$ 是正数,求证:
$x_{2}x_{2}x_{3}\geqslant \left(x_{2}+x_{3}-x_{1}\right)\left(x_{1}+x_{3}-x_{2}\right)\left(x_{1}+x_{2}-x_{3}\right).$

证明

不妨设 $x_{1}\geqslant x_{2}\geqslant x_{3}>0$ .

令 $x_{1}=x_{3}+\delta_{1}$ , $x_{2}=x_{3}+\delta_{2}$ ,则 $\delta_{1}\geqslant \delta_{2}\ne 0$ .于是
$\begin{aligned} & x_{1} x_{2} x_{3}-\left(x_{2}+x_{3}-x_{1}\right)\left(x_{1}+x_{3}-x_{2}\right)\left(x_{1}+x_{2}-x_{3}\right) \\ =&\left(x_{3}+\delta_{1}\right)\left(x_{3}+\delta_{2}\right) x_{3}-\left(x_{3}+\delta_{2}-\delta_{1}\right)\left(x_{3}+\delta_{1}-\delta_{2}\right)\left(x_{3}+\delta_{1}+\delta_{2}\right) \\ =&\left(x_{3}^{2}+\delta_{1} x_{3}+\delta_{2} x_{3}+\delta_{1} \delta_{2}\right) x_{3}-\left[x_{3}^{2}-\left(\delta_{1}-\delta_{2}\right)^{2}\right]\left(x_{3}+\delta_{1}+\delta_{2}\right) \\ =& x_{3} \delta_{1} \delta_{2}+x_{3}^{2}\left(x_{3}+\delta_{1}+\delta_{2}\right)-\left[x_{3}^{2}-\left(\delta_{1}-\delta_{2}\right)^{2}\right]\left(x_{3}+\delta_{1}+\delta_{2}\right) \\ =& x_{3} \delta_{1} \delta_{2}+\left(\delta_{1}-\delta_{2}\right)^{2}\left(x_{3}+\delta_{1}+\delta_{2}\right) \\ \geqslant & 0 \end{aligned}$
所以
$x_{2}x_{2}x_{3}\geqslant \left(x_{2}+x_{3}-x_{1}\right)\left(x_{1}+x_{3}-x_{2}\right)\left(x_{1}+x_{2}-x_{3}\right).$
说明本题用的代换方法称为“增量代换法”.

高中奥数 2022-03-14

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