高中奥数 2022-02-24

2022-02-24 本文已影响0人天目春辉

\subsection{放缩法}

有时我们直接证明不等式 $A\leqslant B$ 比较困难,可以试着去找一个中间量 $C$ ,如果有 $A\leqslant C$ 及 $C\leqslant B$ 同时成立,自然就有 $A\leqslant B$ 成立所谓“放缩”即将 $A$ 放大到 $C$ ,再把 $C$ 放大到 $B$ 或者反过来把 $B$ 缩小到 $C$ 再缩小到 $A$ .不等式证明的技巧,常体现在对放缩尺度的把握上.

2022-02-24-01

（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 P004 例06）

设 $n$ 是正整数, $a_{1},a_{2},\cdots,a_{n}$ 正实数,求证:
$\dfrac{1}{a_{1}^{2}}+\dfrac{1}{a_{2}^{2}}+\cdots+\dfrac{1}{a_{n}^{2}}+\dfrac{1}{\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right)^{2}} \geqslant \dfrac{n^{3}+1}{\left(n^{2}+2011\right)^{2}}\left(\frac{1}{a_{1}}+\frac{1}{a_{2}}+\cdots+\frac{1}{a_{n}}+\dfrac{2011}{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}\right)^{2} .$

证明

由柯西不等式可得,
$\begin{gathered} \left(1+1+\cdots+1+\dfrac{1}{n^{2}}\right)\left(\dfrac{1}{a_{1}^{2}}+\dfrac{1}{a_{2}^{2}}+\cdots+\dfrac{1}{a_{n}^{2}}+\dfrac{1}{\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right)^{2}}\right) \\ \geqslant\left(\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{a_{n}}+\dfrac{1}{n\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right)}\right)^{2}, \end{gathered}$
所以
$\begin{aligned} & \dfrac{1}{a_{1}^{2}}+\dfrac{1}{a_{2}^{2}}+\cdots+\dfrac{1}{a_{n}^{2}}+\dfrac{1}{\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right)^{2}} \\ \geqslant & \dfrac{n^{2}}{n^{3}+1}\left(\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{a_{n}}+\dfrac{1}{n\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right)}\right)^{2}, \end{aligned}$
于是只需证
$\begin{array}{ll} & \dfrac{n^{2}}{n^{3}+1}\left(\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{a_{n}}+\dfrac{1}{n\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right)}\right)^{2} \\ & \geqslant \dfrac{n^{3}+1}{\left(n^{2}+2011\right)^{2}}\left(\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{a_{n}}+\dfrac{2011}{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}\right)^{2} \\ \Leftrightarrow & n\left(n^{2}+2011\right)\left(\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{a_{n}}+\dfrac{1}{n\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right)}\right) \\ & \geqslant\left(n^{3}+1\right)\left(\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+\cdots+\dfrac{1}{a_{n}}+\dfrac{2011}{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}\right) \\ \Leftrightarrow & \left(n^{3}+2011 n\right) \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{a_{i}}+\left(n^{2}+2011\right) \dfrac{1}{\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}} \\ & \geqslant\left(n^{3}+1\right) \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{a_{i}}+\left(2011 n^{3}+2011\right) \dfrac{1}{\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}} \\ \Leftrightarrow & (2011 n-1) \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{a_{i}} \geqslant(2011 n-1) n^{2} \dfrac{1}{\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}} \\ \Leftrightarrow & \sum\limits_{i=1}^{n} a_{i} \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{a_{i}} \geqslant n^{2},\end{array}$
从而命题得证.

2022-02-24-02

（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 P004 例07）

求证:对任意正实数 $a$ 、 $b$ 、 $c$ ,均有 $\dfrac{1}{a^{3}+b^{3}+abc}+\dfrac{1}{b^{3}+c^{3}+abc}+\dfrac{1}{c^{3}+a^{3}+abc}\leqslant \dfrac{1}{abc}.$

证明

因为
$a^{3}+b^{3}=\left(a+b\right)\left(a^{2}+b^{2}-ab\right)\geqslant \left(a+b\right)ab,$
所以 $\dfrac{1}{a^{3}+b^{3}+abc}\leqslant \dfrac{1}{ab\left(a+b\right)+abc}=\dfrac{c}{abc\left(a+b+c\right)}$ ,

同理可得 $\dfrac{1}{b^{3}+c^{3}+aac}\leqslant \dfrac{a}{abc\left(a+b+c\right)},$
$\dfrac{1}{c^{3}+a^{3}+abc} \leqslant \dfrac{b}{abc\left(a+b+c\right)},$
把上面三式相加,便得
$\dfrac{1}{a^{3}+b^{3}+abc}+ \dfrac{1}{b^{3}+c^{3}+abc}+ \dfrac{1}{c^{3}+a^{3}+abc}\leqslant \dfrac{1}{abc}.$
说明在处理分式不等式时,通分只有在不得已的情况下才进行,若想变为同分母比较简便的一种思想就是“放缩”.

2022-02-24-03

（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 P005 例08）

设 $a_{i}\geqslant 1\left(i=1,2,\cdots ,n\right)$ ,求证:
$\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right)\cdots \left(1+a_{n}\right)\geqslant \dfrac{2^{n}}{n+1}\left(1+a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}\right).$
分析观察两边的式子,首先要设法让左边“变出” $2^{n}$ .

证明
$\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right)\cdots \left(1+a_{n}\right)=2^{n}\left(1+\dfrac{a_{1}-1}{2}\right)\left(1+\dfrac{a_{2}-1}{2}\right)\cdots \left(1+\dfrac{a_{n}-1}{2}\right).$
由于 $a_{i}-1\geqslant 0$ ,可得:
$\begin{aligned} &\left(1+a_{1}\right)\left(1+a_{2}\right) \cdots\left(1+a_{n}\right) \\ \geqslant & 2^{n}\left(1+\dfrac{a_{1}-1}{2}+\dfrac{a_{2}-1}{2}+\cdots+\dfrac{a_{n}-1}{2}\right) \\ \geqslant & 2^{n}\left(1+\dfrac{a_{1}-1}{n+1}+\dfrac{a_{2}-1}{n+1}+\cdots+\dfrac{a_{n}-1}{n+1}\right) \\ =& \dfrac{2^{n}}{n+1}\left[n+1+\left(a_{1}-1\right)+\left(a_{2}-1\right)+\cdots+\left(a_{n}-1\right)\right] \\ =& \dfrac{2^{n}}{n+1}\left(1+a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}\right) . \end{aligned}$
故原不等式成立.

2022-02-24-04

（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 P006 例09）

求最大的实数 $\alpha$ ,使得 $\dfrac{x}{\sqrt{y^{2}+z^{2}}}+\dfrac{y}{\sqrt{x^{2}+z^{2}}}+\dfrac{z}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}>\alpha$ 对所有正实数 $x$ 、 $y$ 、 $z$ 成立.

解法1

令 $x=y$ , $z\rightarrow 0$ ,则原式左端 $\rightarrow 2$ ,因此,若 $\alpha>2$ ,将出现矛盾,故 $\alpha\leqslant 2$ .

下面证明: $\dfrac{x}{\sqrt{y^{2}+z^{2}}}+\dfrac{y}{\sqrt{x^{2}+z^{2}}}+\dfrac{z}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}>2$ .

不妨设 $x\leqslant y\leqslant z$ ,我们设法证明
$\dfrac{x}{\sqrt{y^{2}+z^{2}}}+\dfrac{y}{\sqrt{x^{2}+z^{2}}}+\dfrac{z}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}>\dfrac{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}{\sqrt{z^{2}+x^{2}}}+\dfrac{\sqrt{x^{2}+z^{2}}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}.$
将 $\dfrac{y}{ \sqrt{x^{2}+z^{2}}}$ 、 $\dfrac{z} { \sqrt{x^{2}+y^{2}}}$ 移到右边,即证
$\dfrac{x}{\sqrt{y^{2}+z^{2}}}> \dfrac{\sqrt{x^{2}+y^{2}}-y}{\sqrt{x^{2}+z^{2}}}+\dfrac{\sqrt{x^{2}+z^{2}}-z}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}.$
也即
$\dfrac{x}{\sqrt{y^{2}+z^{2}}}>\dfrac{x^{2}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}\left(\sqrt{x^{2}+y^{2}}+y\right)}+\dfrac{x^{2}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}\left(\sqrt{x^{2}+z^{2}}+z\right)}.$
两边约去 $x$ ,并且由于 $\sqrt{x^{2}+y^{2}}+y>2y$ , $\sqrt{x^{2}+z^{2}}+z>2z$ ,所以,只要证明
$\dfrac{1}{\sqrt{y^{2}+z^{2}}}\geqslant \dfrac{x}{2y\sqrt{x^{2}+z^{2}}}+\dfrac{x}{2z\sqrt{x^{2}+y^{2}}}.$
由于 $\dfrac{x}{\sqrt{x^{2}+z^{2}}}=\dfrac{1}{\sqrt{1+\left(\dfrac{z}{x}\right)^{2}}}$ ,所以 $\dfrac{x}{\sqrt{x^{2}+z^{2}}}$ 随 $x$ 的增大而增大.

同样, $\dfrac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}$ 也随 $x$ 的增大而增大.

所以我们只须考虑 $x=y$ 时的情况.

令 $x=y$ ,即证
$\dfrac{1}{\sqrt{y^{2}+z^{2}}}\geqslant \dfrac{1}{2\sqrt{y^{2}+z^{2}}}+\dfrac{1}{2\sqrt{2}z},$
也就是 $\dfrac{1}{2\sqrt{y^{2}+z^{2}}}\geqslant \dfrac{1}{2\sqrt{2}z}$ ,即证 $\sqrt{2}z\geqslant \sqrt{y^{2}+z^{2}}$ .

这是显然成立的.

因此,
$\dfrac{x}{\sqrt{y^{2}+z^{2}}}+\dfrac{y}{\sqrt{x^{2}+z^{2}}}+\dfrac{z}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}>\dfrac{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}{\sqrt{x^{2}+z^{2}}}+\dfrac{\sqrt{x^{2}+z^{2}}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\geqslant 2.$

故 $\alpha_{\max}=2$ .

说明本题也可利用待定系数法给出解答.

解法2

同样,我们来证明
$\dfrac{x}{\sqrt{y^{2}+z^{2}}}+\dfrac{y}{\sqrt{z^{2}+x^{2}}}+\dfrac{z}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}>2.$
设
$\dfrac{x}{\sqrt{y^{2}+z^{2}}}\geqslant \dfrac{2x^{a}}{x^{a}+y^{a}+z^{a}}.\qquad(*)$
其中 $a$ 为待定参数.

注意到 $(*)$ 等价于 $\left(x^{a}+y^{a}+z^{a}\right)^{2}\geqslant 4x^{2a-2}\left(y^{2}+z^{2}\right)$ .

上式左边 $\geqslant 4x^{a}\left(y^{a}+z^{a}\right)$ ,故只须保证
$y^{a}+z^{a}\geqslant x^{a-2}\left(y^{2}+z^{2}\right).$
不难发现,取 $a=2$ 即可.于是
$\sum \dfrac{x}{\sqrt{y^{2}+z^{2}}} \geqslant \sum \dfrac{2 x^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}=2.$
而等号显然不可能成立,所以 $\sum\dfrac{x}{\sqrt{y^{2}+z^{2}}}>2$ .

故 $\alpha_{\max}=2$ .

2022-02-24-05

（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 P007 例10）

设非负实数 $a_{1},a_{2},\cdots ,a_{n}$ 与 $b_{1},b_{2},\cdots b_{n}$ 同时满足以下条件:

(1) $\sum\limits_{i=1}^{n}\left(a_{i}+b_{i}\right)=1$ ;

(2) $\sum\limits_{i=1}^{n}i\left(a_{i}-b_{i}\right)=0$ ;

(3) $\sum\limits_{i=1}^{n}i^{2}\left(a_{i}-b_{i}\right)=10$ .

求证:对任意 $1\leqslant k\leqslant n$ ,都有 $\max\left\{a_{k},b_{k}\right\}\leqslant\dfrac{10}{10+k^{2}}$ .(2010年中国西部数学奥林匹克)

证明

对任意 $1\leqslant k\leqslant n$ ,有
$\begin{aligned} \left(k a_{k}\right)^{2} & \leqslant\left(\sum\limits_{i=1}^{n} i a_{i}\right)^{2}\\ &=\left(\sum\limits_{i=1}^{n} i b_{i}\right)^{2} \\ &\leqslant\left(\sum\limits_{i=1}^{n} i^{2} b_{i}\right) \cdot\left(\sum\limits_{i=1}^{n} b_{i}\right) \\ &=\left(10-\sum\limits_{i=1}^{n} i^{2} a_{i}\right) \cdot\left(1-\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}\right) \\ & \leqslant\left(10-k^{2} a_{k}\right) \cdot\left(1-a_{k}\right)\\ &=10-\left(10+k^{2}\right) a_{k}+k^{2} a_{k}^{2}, \end{aligned}$
从而 $a_{k}\leqslant \dfrac{10}{10+k^{2}}$ .

同理有 $b_{k} \leqslant \dfrac{10}{10+k^{2}}$ ,所以,所以 $\max\left\{a_{k},b_{k}\right\}\leqslant \dfrac{10}{10+k^{2}}$ .

2022-02-24-06

（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 P008 例11）

正实数 $x$ 、 $y$ 、 $z$ 满足 $xyz\geqslant 1$ ,证明
$\dfrac{x^{5}-x^{2}}{x^{5}+y^{2}+z^{2}}+\dfrac{y^{5}-y^{2}}{y^{5}+z^{2}+x^{2}}+\dfrac{z^{5}-z^{2}}{z^{5}+x^{2}+y^{2}}\geqslant 0.$
(2005年国际数学奥林匹克)

证明

原不等式可变形为
$\dfrac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{x^{5}+y^{2}+z^{2}}+\dfrac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{y^{5}+z^{2}+x^{2}}+\dfrac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{z^{5}+x^{2}+y^{2}}\leqslant 3.$
由柯西不等式及题设条件 $xyz\geqslant 1$ ,得
$\left(x^{5}+y^{2}+z^{2}\right)\left(yz+y^{2}+z^{2}\right)\geqslant \left(x^{2}\left(xyz\right)^{\frac{1}{5}}+y^{2}+z^{2}\right)^{2}\geqslant \left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{2},$
即 $\dfrac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{x^{5}+y^{2}+z^{2}}\leqslant \dfrac{yz+y^{2}+z^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$ .

同理
$\dfrac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{y^{5}+z^{2}+x^{2}}\leqslant \dfrac{zx+z^{2}+x^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}},$
$\dfrac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{z^{5}+x^{2}+y^{2}}\leqslant \dfrac{xy+x^{2}+y^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}},$
把上面三个不等式相加,并利用 $x^{2}+y^{2}+z^{2}\geqslant xy+yz+zx$ ,得
$\dfrac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{x^{5}+y^{2}+z^{2}}+\dfrac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{y^{5}+z^{2}+x^{2}}+\dfrac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{z^{5}+x^{2}+y^{2}} \leqslant 2+\dfrac{x y+y z+z x}{x^{2}+y^{2}+z^{2}} \leqslant 3 .$
摩尔多瓦选手Boreico Iurie的解法获得了特别奖.他的证法如下:

因为
$\frac{x^{5}-x^{2}}{x^{5}+y^{2}+z^{2}}-\frac{x^{5}-x^{2}}{x^{3}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)}=\frac{x^{2}\left(x^{3}-1\right)^{2}\left(y^{2}+z^{2}\right)}{x^{3}\left(x^{5}+y^{2}+z^{2}\right)\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)} \geqslant 0,$
所以
$\begin{aligned} \sum\limits_{c y c} \dfrac{x^{5}-x^{2}}{x^{5}+y^{2}+z^{2}} & \geqslant \sum\limits_{c y c} \dfrac{x^{5}-x^{2}}{x^{3}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)}\\ &=\dfrac{1}{x^{2}+y^{2}+z^{2}} \sum\limits_{c y c}\left(x^{2}-\dfrac{1}{x}\right) \\ & \geqslant \dfrac{1}{x^{2}+y^{2}+z^{2}} \sum\limits_{c y c}\left(x^{2}-y z\right) \text { (因为 } x y z \geqslant 1 \text { ) } \\ & \geqslant 0 . \end{aligned}$

高中奥数 2022-02-24

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