高中奥数 2022-02-27

2022-02-27 本文已影响0人不为竞赛学奥数

当不等式为齐次式的时候,常可设变量之和为 $k$ (某个常数)这样不仅简化了式子,而且增加了条件,有助于我们解决问题.

2022-02-27-01

（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 P016 例20）

设 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 是正实数,求证:
$\dfrac{\left(2a+b+c\right)^{2}}{a^{2}+\left(b+c\right)^{2}}+\dfrac{\left(2b+c+a\right)^{2}}{2b^{2}+\left(c+a\right)^{2}}+\dfrac{\left(2c+a+b\right)^{2}}{2c^{2}+\left(a+b\right)^{2}}\leqslant 8.$
证明

因为左边的式子是齐次的,所以不妨设 $a+b+c=3$ ,于是只需证明
$\dfrac{\left(a+3\right)^{2}}{2a^{2}+\left(3-a\right)^{2}}+\dfrac{\left(b+3\right)^{2}}{2b^{2}+\left(3-b\right)^{2}}+\dfrac{\left(c+3\right)^{3}}{2c^{2}+\left(3-c\right)^{2}}\leqslant 8.$
令 $f\left(x\right)=\dfrac{\left(x+3\right)^{2}}{2x^{2}+\left(3-x\right)^{2}},x\in \mathbb{R}^{+}.$

则
$\begin{aligned} f\left(x\right)&=\dfrac{x^{2}+6x+9}{3\left(x^{2}-2x+3\right)}\\ &=\dfrac{1}{3}\left(1+\dfrac{8x+6}{x^{2}-2x+3}\right)\\ &=\dfrac{1}{3}\left(1+\dfrac{8x+6}{\left(x-1\right)^{2}+2}\right)\\ &\leqslant \dfrac{1}{3}\left(1+\dfrac{8x+6}{2}\right)\\ &=\dfrac{1}{3}\left(4x+4\right), \end{aligned}$
所以 $f\left(a\right)+f\left(b\right)+f\left(c\right)\leqslant \dfrac{1}{3}\left(4a+4+4b+4+4c+4\right)=8$ .

2022-02-27-02

（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 P016 例21）

已知 $a+b+c>0$ , $ax^{2}+bx+c=0$ 有实根,求证:
$4\min\left\{a,b,c\right\}\leqslant a+b+c\leqslant \dfrac{9}{4}\max\left\{a,b,c\right\}.$

证明

不妨设 $a+b+c=1$ ,否则可用 $\dfrac{a}{a+b+c}$ 、 $\dfrac{b}{a+b+c}$ 、 $\dfrac{c}{a+b+c}$ 代替 $a$ 、 $b$ 、 $c$ .

先证明: $\max\left\{a,b,c\right\}\geqslant \dfrac{4}{9}$ .
(1)若 $b \geqslant \dfrac{4}{9}$ ,则结论成立.

(2)若 $b<\dfrac{4}{9}$ ,因为 $b^{2}\geqslant 4ac$ ,有 $ac<\dfrac{4}{81}$ .

又 $a+c=1-b>\dfrac{5}{9}$ ,所以如果 $a<0$ 或 $c<0$ ,即有 $c>\dfrac{5}{9}$ 或 $a>\dfrac{5}{9}$ 结论成立.

如果 $a,c\geqslant 0$ ,则 $\left(\dfrac{5}{9}-c\right)\cdot c<ac<\dfrac{4}{81}$ ,得 $c<\dfrac{1}{9}$ 或 $c>\dfrac{4}{9}$ .

若 $c<\dfrac{1}{9}$ ,此时 $a>\dfrac{4}{9}$ ,故结论成立.

再证明: $\min\left\{a,b,c\right\}\leqslant \dfrac{1}{4}$ .

(1)若 $a\leqslant \dfrac{1}{4}$ ,则无须证明.

(2)若 $a>\dfrac{1}{4}$ ,则有 $b^{2}\geqslant 4ac\geqslant c$ , $b+c=1-a<\dfrac{3}{4}$ .

不妨设 $c\geqslant 0$ (否则 $c<0$ ,结论已得),故 $\sqrt{c}+c\leqslant b+c<\dfrac{3}{4}$ ,于是 $\left(\sqrt{c}+\dfrac{3}{4}\right)\left(\sqrt{c}-\dfrac{1}{2}\right)<0$ .

因此 $c<\dfrac{1}{4}$ ,结论成立.

说明本题的结论是最佳的.

方程 $\dfrac{4}{9}x^{2}+\dfrac{4}{9}x+\dfrac{1}{9}=0$ 表明 $\dfrac{9}{4}$ 不能改为更小的数;而方程 $\dfrac{1}{4}x^{2}+\dfrac{2}{4}x+\dfrac{1}{4}=0$ 表明4不能改为更大的数.

2022-02-27-03

（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 P017 例22）

非负实数 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 、 $d$ 满足 $a^{2}+b^{x}+c^{2}+d^{2}=4$ ,求证:

$a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abc+bcd+cda+dab\leqslant 8.$

证明

原不等式等价于
$\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abc+bcd+cda+dab\right)^{2}\leqslant \left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\right)^{3}.$
因为
$a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abc+bcd+cda+dab=a\left(a^{2}+bc\right)+b\left(b^{2}+cd\right)+c\left(c^{2}+da\right)+d\left(d^{2}+ab\right).$
所以,由柯西不等式,得
$\begin{aligned} &\left(a^{3}+b^{3}+c^{3}+d^{3}+abc+bcd+cda+dab\right)^{2}\\ \leqslant& \left(a^{2}-b^{2}+c^{2}+d^{2}\right)\left[\left(a^{2}+bc\right)^{2}+\left(b^{2}+cd\right)^{2}+\left(c^{2}+da\right)^{2}+\left(d^{2}+ab\right)^{2}\right]. \end{aligned}$

于是只需证明
$\left(a^{2}+bc\right)^{2}+\left(b^{2}+cd\right)^{2}+\left(c^{2}+da\right)^{2}+\left(d^{2}+ab\right)^{2}\geqslant \left(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\right)^{2}.$
$2\left(a^{2}bc+b^{2}cd+c^{2}da+d^{2}ab\right)\leqslant a^{2}b^{2}+c^{2}d^{2}+a^{2}d^{2}+b^{2}c^{2}+2\left(a^{2}c^{2}+b^{2}d^{2}\right),$
$\left(ab-ac\right)^{2}+\left(ac-cd\right)^{2}+\left(bc-bd\right)^{2}+\left(ad-bd\right)^{2}\geqslant 0.$
从而命题得证.

说明本题把右边的常数8利用已知条件化为关于 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 、 $d$ 的表达式,使得两边的次数一样,从而有利于解题.

2022-02-27-04

（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 P018 例23）

给定整数 $n\geqslant 4$ ,对任意满足
$a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}=b_{1}+b_{2}+\cdots +b_{n}>0$
的非负实数 $a_{1},a_{2},\cdots,a_{n},b_{1},b_{2},\cdots,b_{n}$ ,求 $\dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}\left(a_{i}+b_{i}\right)}{\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i}\left(b_{i}+b_{i}\right)}$ 的最大值.(2011年中国数学奥林匹克)

解

由齐次性可知,不妨假设 $\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}=\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i}=1$ .首先,当 $a_{1}=1$ , $a_{2}=a_{3}=\cdots =a_{n}=0$ , $b_{1}=0$ , $b_{2}=b_{3}=\cdots =b_{n}=\dfrac{1}{n-1}$ 时, $\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}\left(a_{i}+b_{i}\right)=1$ , $\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i}\left(a_{i}+b_{i}\right)=\dfrac{1}{n-1}$ ,故
$\dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}\left(a_{i}+b_{i}\right)}{\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i}\left(b_{i}+b_{i}\right)}=n-1.$
下证对任意满足 $\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}=\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i}=1$ 的 $a_{1},a_{2},\cdots ,a_{n},b_{1},b_{2},\cdots ,b_{n}$ 都有
$\dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}\left(a_{i}+b_{i}\right)}{\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i}\left(b_{i}+b_{i}\right)}\leqslant n-1.$
由于分母是正数,故上式等价于
$\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}\left(a_{i}+b_{i}\right)\leqslant \left(n-1\right)\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i}\left(b_{i}+b_{i}\right),$
即 $\left(n-1\right)\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i}^{2}+\left(n-2\right)\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\geqslant \sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^{2}$ .

由对称性,不妨设 $b_{1}$ 是 $b_{1},b_{2},\cdots,b_{n}$ 中最小的一个,则有
$\begin{aligned} (n-1) \sum\limits_{i=1}^{n} b_{i}^{2}+(n-2) \sum\limits_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} & \geqslant(n-1) b_{1}^{2}+(n-1) \sum\limits_{i=2}^{n} b_{i}^{2}+(n-2) \sum\limits_{i=1}^{n} a_{i} b_{1} \\ & \geqslant(n-1) b_{1}^{2}+\left(\sum\limits_{i=2}^{n} b_{i}\right)^{2}+(n-2) b_{1} \\ &=(n-1) b_{1}^{2}+\left(1-b_{1}\right)^{2}+(n-2) b_{1} \\ &=n b_{1}^{2}+(n-4) b_{1}+1 \\ & \geqslant 1\\ &=\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i} \\ &\geqslant \sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}^{2} \end{aligned}$
所以,所求的最大值为 $n-1$ .

高中奥数 2022-02-27

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