高中奥数 2022-03-06

2022-03-06 本文已影响0人不为竞赛学奥数

2022-03-06-01

（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 P027 习题17）

求证:在锐角 $\triangle ABC$ 中,有 $\cot ^{3}A+\cot ^{3}B+\cot ^{3}C+6\cot A\cot B\cot C\geqslant \cot A+\cot B+ \cot C.$

证明

令 $x=\cot A$ , $y=\cot B$ , $z=\cot C$ ,由 $A+B+C=\pi$ 知 $\cot A\cot B+\cot B\cot C+\cot C\cot A=1$ ,即 $xy+yz+zx=1$ .所以,欲证的不等式等价是
$x^{3}+y^{3}+z^{3}+6xyz\geqslant \left(x+y+z\right)\left(xy+yz+zx\right),$
此即 $x\left(x-y\right)\left(x-z\right)+y\left(y-z\right)\left(y-x\right)+z\left(z-x\right)\left(z-y\right)\geqslant 0$ .
由Schur不等式知原不等式成立.

2022-03-06-02

（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 P027 习题18）

设 $a,b,c\in \left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$ ,求证: $\dfrac{\sin a\sin \left(a-b\right)\sin\left(a-c\right)}{\sin\left(b+c\right)}+\dfrac{\sin b\sin \left(b-c\right)\sin \left(b-a\right)}{\sin \left(c+a\right)}+\dfrac{\sin c\sin \left(c-a\right)\sin \left(c-b\right)}{\sin \left(a+b\right)}\geqslant 0.$

证明

因为 $\sin\left(\alpha-\beta\right)\sin\left(\alpha+\beta\right)= \dfrac{1}{2}\left(\cos 2\beta-\cos 2\alpha\right)=\sin^{2}\alpha-\sin^{2}\beta$ ,

所以
$\begin{aligned} &\sin a\sin \left(a-b\right)\sin \left(a-c\right)\sin \left(a+b\right)\sin \left(a+c\right)\\=&\sin a\left(\sin ^{2}a-\sin ^{2}b\right)\left(\sin ^{2}a-\sin ^{2}c\right). \end{aligned}$
令 $x=\sin ^{2}a$ , $y=\sin ^{2}b$ , $z=\sin ^{2}c$ ,则原不等式等价于
$x^{\frac{1}{2}}\left(x-y\right)\left(x-z\right)+y^{\frac{1}{2}}\left(y-z\right)\left(y-x\right)+z^{\frac{1}{2}}\left(z-x\right)\left(z-y\right)\geqslant 0,$
此即Schur不等式.

2022-03-06-03

（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 P027 习题19）

设正实数 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 满足: $a^{2}+b^{2}+c^{2}+\left(a+b+c\right)^{2}\leqslant 4$ ,求证:
$\dfrac{ab+1}{\left(a+b\right)^{2}}+\dfrac{bc+1}{\left(b+c\right)^{2}}+\dfrac{ca+1}{\left(c+a\right)^{2}}\geqslant 3.$
(2011年美国数学奥林匹克)

证明

由已知得: $a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ac\leqslant 2$ ,所以
$\begin{aligned} \sum\limits_{c y c} \dfrac{2 a b+2}{(a+b)^{2}} & \geqslant \sum\limits_{c y c} \dfrac{2 a b+a^{2}+b^{2}+c^{2}+a b+b c+a c}{(a+b)^{2}} \\ &=\sum\limits_{c y c} \dfrac{(a+b)^{2}+(c+a)(c+b)}{(a+b)^{2}} \\ &=3+\sum\limits_{c y c} \dfrac{(c+a)(c+b)}{(a+b)^{2}} \\ &\geqslant 6, \end{aligned}$
其中最后一个不等号是利用了平均值不等式.两边同时除以2即知原不等式成立.

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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 P028 习题20）

设正实数 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 满足: $abc=1$ ,求证:对于整数 $k\geqslant 2$ ,有
$\dfrac{a^{k}}{a+b}+\dfrac{b^{k}}{b+c}+\dfrac{c^{k}}{c+a}\geqslant \dfrac{3}{2}.$
(2007年中国东南数学奥林匹克)

证明

因为 $\dfrac{a^{k}}{a+b}+\dfrac{1}{4}(a+b)+\underbrace{\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}+\cdots+\dfrac{1}{2}}_{k-2 \text{个} \frac{1}{2}} \geqslant k \cdot \sqrt[k]{\dfrac{a^{k}}{2^{k}}}=\dfrac{k}{2} a$ ,所以 $\dfrac{a^{k}}{a+b}\geqslant \dfrac{k}{2}a-\dfrac{1}{4}\left(a+b\right)-\dfrac{k-2}{2}$ .

同理可得 $\dfrac{b^{k}}{b+c}\geqslant \dfrac{k}{2}b-\dfrac{1}{4}\left(b+c\right)-\dfrac{k-2}{2}$ ,

$\dfrac{c^{k}}{c+a}\geqslant \dfrac{k}{2}c-\dfrac{1}{4}\left(c+a\right)-\dfrac{k-2}{2}$ .

三式相加可得
$\begin{aligned} \dfrac{a^{k}}{a+b}+\dfrac{b^{k}}{b+c}+\dfrac{c^{k}}{c+a}&\geqslant \dfrac{k}{2}\left(a+b+c\right)-\dfrac{1}{2}\left(a+b+c\right)-\dfrac{3}{2}\left(k-2\right)\\ &=\dfrac{\left(k-1\right)}{2}\left(a+b+c\right)-\dfrac{3}{2}\left(k-2\right)\\ &\geqslant \dfrac{3}{2}\left(k-1\right)-\dfrac{3}{2}\left(k-2\right)\\ &=2. \end{aligned}$

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