高中奥数 2022-02-26

2022-02-26 本文已影响0人不为竞赛学奥数

引入适当的参数,根据题中式子的特点,将参数确定,从而使不等式获得证明.

2022-02-26-01

（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 P011 例16）

设 $x$ 、 $y$ 、 $z$ 是3个不全为零的实数,求 $\dfrac{xy+2yz}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$ 的最大值.

分析欲求 $\dfrac{xy+2yz}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$ 的最大值,只需先证明存在一个常数 $c$ ,使
$\dfrac{xy+2yz}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\leqslant c,\qquad(*)$
且 $x$ 、 $y$ 、 $z$ 取某组数时,等号成立.

$(*)$ 式可化为 $x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant \dfrac{1}{c}\left(xy+2yz\right)$ .由于右边两项 $为xy$ 和 $2yz$ ,所以左边的 $y^{2}$ 需拆成两项 $\alpha y^{2}$ 和 $\left(1-\alpha\right)y^{2}$ .由
$x^{2}+\alpha y^{2}\geqslant 2\sqrt{\alpha}xy,$
$\left(1-\alpha\right)y^{2}+z^{2}\geqslant 2\sqrt{1-\alpha}yz,$
又由 $\dfrac{2\sqrt{1-\alpha}}{2\sqrt{\alpha}}=2$ ,得 $\alpha=\dfrac{1}{5}$ .

从而 $x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant \dfrac{2}{\sqrt{5}}\left(xy+2yz\right)$ .

解

因为
$x^{2}+\dfrac{1}{5}y^{2}\geqslant \dfrac{2}{\sqrt{5}}xy,$
$\dfrac{4}{5}y^{2} +z^{2}\geqslant \dfrac{4}{\sqrt{5}}yz,$
所以 $x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant \dfrac{2}{\sqrt{5}}\left(xy+2yz\right)$ ,

即 $\dfrac{xy+2yz}{x^{2}+y^{2}+z^{2}} \leqslant \dfrac{\sqrt{5}}{2}$ .

当 $x=1$ , $y=\sqrt{5}$ , $z=2$ 时,等号成立.

所以,欲求的最大值为 $\dfrac{\sqrt{5}}{2}$ .

2022-02-26-02

（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 P012 例17）

例对于 $\dfrac{1}{2}\leqslant x\leqslant 1$ ,求 $\left(1+x\right)^{5}\left(1-x\right)\left(1-2x\right)^{2}$ 的最大值.

解

我们考虑 $\left[\alpha\left(1+x\right)^{5}\right]\left[\beta\left(1-x\right)\right] \left[\gamma\left(2x-1\right)\right]^{2}$ 的最大值,这里 $\alpha$ 、 $\beta$ 、 $\gamma$ 是正整数,满足 $5\alpha-\beta+4\gamma=0$ , $\alpha\left(1+x\right)=\beta\left(1-x\right)=\gamma\left(2x-1\right)$ .后者即
$\dfrac{\beta-\alpha}{\beta+\alpha}=\dfrac{\beta+\gamma}{2\gamma+\beta}$
代入 $\beta=5\alpha+4\gamma$ ,得
$0=2\left(3\alpha\gamma+5\alpha^{2}-2\gamma^{2}\right)=2\left(5\alpha-2\gamma\right)\left(\alpha+\gamma\right),$
我们取 $\left(\alpha,\beta,\gamma\right)=\left(2,30,5\right)$ ,由平均不等式得, $\left[2\left(1+x\right)\right]^{5}\left[30\left(1-x\right)\right]\left[5\left(2x-1\right)\right]^{2}\leqslant \left(\dfrac{15}{4}\right)^{8},$
此时 $x=\dfrac{7}{8}$ .所以,当 $x=\dfrac{7}{8}$ 时, $\left(1+x\right)^{5}\left(1-x\right)\left(1-2x\right)^{2}$ 的最大值 $\dfrac{3^{7}\cdot 5^{5}}{2^{22}}$ .

2022-02-26-03

（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 P013 例18）

(Ostrowski)设实数 $a_{1},a_{2},\cdots,a_{n}$ 与 $b_{1},b_{2},\cdots,b_{n}$ 不成比例.实数 $x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}$ 满足:
$\begin{cases} a_{1}x_{1}+a_{2}x_{2}+\cdots+a_{n}x_{n}=0,\\ b_{1}x_{1}+b_{2}x_{2}+\cdots+b_{n}x_{n}=1. \end{cases}$
求证: $x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}\geqslant\dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^{2}}{\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^{2}\cdot\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i}^{2}-\left(\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right)^{2}}$ .

证法1

设 $\sum\limits_{i=1}^{n}x_{i}^{2}=\sum\limits_{i=1}^{n}x_{i}^{2}+\alpha\cdot\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}x_{i}+\beta\left(\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i}x_{i}-1\right)$ ,设其中 $\alpha$ 、 $\beta$ 为待定系数.于是
$\begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^{n}x_{i}^{2}&=\sum\limits_{i=1}^{n}\left(x_{i}+\dfrac{\alpha a_{i}+\beta b_{i}}{2}\right)^{2}-\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{\left(\alpha a_{i}+\beta b_{i}\right)^{2}}{4}-\beta\\ &\geqslant -\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{\left(\alpha a_{i}+\beta b_{i}\right)^{2}}{4}-\beta. \end{aligned}$
上述不等式等号成立,当且仅当
$x_{i}=-\dfrac\alpha {a_{i}+\beta b_{i}}{2}\left(i=1,2,\cdots ,n\right).$
将 $(*)$ 式代回 $\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}x_{i}=0$ 及 $\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i}x_{i}=1$ 中,有:
$\begin{cases} -\dfrac{1}{2}\alpha A-\dfrac{1}{2}\beta C=0,\\ -\dfrac{1}{2}\alpha C-\dfrac{1}{2}\beta B=1. \end{cases}$
其中, $A=\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^{2}$ , $\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i}^{2}$ , $C=\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}$ .因此,
$\alpha=\dfrac{2C}{AB-C^{2}},\beta=-\dfrac{2A}{AB-C^{2}}.$
故
$\sum\limits_{i=1}^{n}x_{i}^{2}\geqslant -\sum\limits_{i=1}^{n}\left(\dfrac{\alpha a_{i}+\beta b_{i}}{2}\right)^{2}-\beta =\dfrac{A}{AB-C^{2}}.$
说明1本题还有下列两种证明方法,供读者参考:

证法2由Cauchy不等式可得,对任意 $t\in \mathbb{R}$ ,
$\left[\sum\limits_{i=1}^{n}\left(a_{i}t+b_{i}\right)^{2}\right]\cdot\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}\right)\geqslant \left[\sum\limits_{i=1}^{n}\left(a_{i}t+b_{i}\right)x_{i}\right]^{2}=1,$
即 $\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}\right)\left(At^{2}+2Ct+B\right)-1\geqslant 0$ 恒成立.

由判别式(关于 $t$ 的) $\Delta \leqslant 0$ ,即有:

证法3(综合运用上述两种方法)
由条件,对任意 $\lambda\in \mathbb{R}$ ,有 $\sum\limits_{i=1}^{n}\left(b_{i}-\lambda a_{i}\right)x_{i}=1$ .

利用Cauchy不等式可得
$\sum\limits_{i=1}^{n}x_{i}^{2}\cdot \sum\limits_{i=1}^{n}\left(b_{i}-\lambda a_{i}\right)^{2}\geqslant \left[\sum\limits_{i=1}^{n}\left(b_{i}-\lambda a_{i}\right)x_{i}\right]^{2}=1.$
所以 $\sum\limits_{i=1}^{n}x_{i}^{2}\geqslant \dfrac{1}{B-\lambda^{2}A-2\lambda C}.$
我们的目标是证明
$\sum\limits_{i=1}^{n}x_{i}^{2}\geqslant \dfrac{1}{B-\dfrac{C^{2}}{A}},$
因此,只需 $\lambda^{2}A- 2\lambda C\leqslant -\dfrac{C^{2}}{A}$ ,

即 $\lambda^{2}A^{2}-2AC+C^{2}\leqslant 0$ .

取 $\lambda=\dfrac{C}{A}$ 即可满足上述条件.

说明2可以从本题证明Fan-Todd定理:

设 $a_{k}$ 、 $b_{k}\left(k=1,2,\cdots ,n\right)$ 为两组不成比例的实数列,已知 $a_{i}b_{k}\ne a_{k}b_{i}\left(i\neq k\right)$ ,则
$\dfrac{\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}^{2}}{\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}^{2}\sum\limits_{k=1}^{n}b_{k}^{2}-\left(\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}b_{k}\right)^{2}}\leqslant \left(C_{n}^{2}\right)^{-2}\cdot \sum\limits_{k=1}^{n}\left(\sum\limits_{i\neq k}\dfrac{a_{k}}{a_{i}b_{k}-a_{k}b_{i}}\right)^{2}.$
证明

只需在本题中令 $x_{k}=\left(C_n^{2}\right)^{-1}\cdot \sum\limits_{r\neq k}\dfrac{a_{r}}{a_{r}b_{k}-a_{k}b_{r}}$ ，读者不难自行验 $x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}$ 满足全部条件.

2022-02-26-04

（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 P015 例19）

求函数 $f_{n}\left(x_{1},x_{2},\cdots,x_{n}\right)=\dfrac{x_{1}}{\left(1+x_{1}+\cdots+x_{n}\right)^{2}}+\dfrac{x_{2}}{\left(1+x_{2}+\cdots+x_{n}\right)^{2}}+\cdots +\dfrac{x_{n}}{\left(1+x_{n}\right)^{2}}$ 的最大值 $m_{n}$ (其中 $x_{i}\geqslant 0$ ).用 $m_{n-1}$ 表示 $m_{n}$ ,并求 $\lim\limits_{n\rightarrow \infty} m_{n}$ .

分析 $f_{n}$ 的每一项分母都很复杂,自然应先作代换将其简化.

解

令 $a_{i}=\dfrac{1}{1+x_{i}+\cdots +x_{n}}$ , $1\leqslant i\leqslant n$ ,并约定 $a_{n+1}=1$ .则
$1+x_{i}+x_{i+1}+\cdots +x_{n}=\dfrac{1}{a_{i}}.$
又 $1+x_{i+1}+x_{i+2}+\cdots +x_{n}=\dfrac{1}{a_{i+1}}$ ,

故 $x_{i}=\dfrac{1}{a_{i}}-\dfrac{1}{a_{i+1}}$ .

因此
$\begin{aligned} f_{n}&=\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^{2} \left(\dfrac{1}{a_{i}}-\dfrac{1}{a_{i+1}}\right)\\ &=\sum\limits_{i=1}^{n}\left(a_{i}-\dfrac{a_{i}^{2}}{a_{i+1}}\right)\\ &=\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right)-\left(\dfrac{a_{1}^{2}}{a_{2}}+\dfrac{a_{2}^{2}}{a_{3}}+\cdots+\dfrac{a_{n}^{2}}{1}\right). \end{aligned}$
为求 $f_{n}$ 之最大值,构造下列不等式:
$\begin{cases} \dfrac{a_{1}^{2}}{a_{2}}+ \lambda_{1}^{2}a_{2}\geqslant 2\lambda_{1}a_{1},\\ \dfrac{a_{2}^{2}}{a_{3}}+\lambda_{2}^{2}a_{3}\geqslant 2\lambda_{2}a_{2},\\ \cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\\ \dfrac{a_{n}^{2}}{1}+\lambda_{n}^{2}\geqslant 2\lambda_{n}a_{n}, \end{cases}\qquad(*)$
其中入 $\lambda_{1},\lambda_{2},\cdots ,\lambda_{n}$ 为参数, $\lambda_{i}\geqslant 0$ .

将 $(*)$ 中 $n$ 个不等式相加,只须使
$\begin{cases} 2\lambda_{1}=1,\\ 2\lambda_{2}=1+\lambda_{1}^{2},\\ \cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\\ 2\lambda_{n}=1+2\lambda_{n-1}^{2}. \end{cases}\qquad(**)$
即有 $f_{n}\leqslant \lambda_{n}^{2}$ .

注意到 $\lambda_{i}\geqslant \lambda_{i-1}$ ,且 $0\leqslant \lambda_{i}\leqslant 1$ ,故 $\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\lambda_{n}$ 存在,易见它的值为1.

高中奥数 2022-02-26

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