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kuing 网络撸题集kuing web luing problem jí
kuing 编著更新于 2015 年 12 月 22 日 冬至
∫ cu
k 我只是一个虚
拟的网络 ID
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前 言
话说从小喜爱理科而对文科毫无兴趣的我,靠着一点小聪明,糊里糊涂地就考进了一所普通高中。由于理
科成绩一直名列前茅,故而目中无人,自称「高手」①。
2005 年 9 月初,我刚升高二,某日,某同学问我是否了解「双十字相乘」,如你所料,当时我未曾听过,该同学说是在「人教论坛」看到,推荐我看看,其实此前我连论坛是什么样的都不清楚,听他说得挺过瘾的样子,
于是当晚我就上去看了一下,从此就进入了网络数学论坛的世界并有如黄河泛滥一发不可收拾。
进入人教论坛,与论坛上的网友切磋,才知道什么是高手。自此,我才算是开始认真地学习数学,并暗自
定下目标——我也要成为论坛版主,这个目标在我拿高中毕业证那一天实现了②。期间,我还去过很多数学论
坛上游玩,也加了一些数学 QQ 群,结识了越来越多的数学爱好者。由于文科始终一点也没学,故此高中毕业后直接成为无业游民,但依旧在网络上玩数学,虽然也自学了一
些大学的东西,但是我玩的主要还是初等数学,其中的至爱是不等式,其次是几何。
2009 年大概后半年,我决定再开阔一下视野,至少在初等不等式上应该放眼全世界,所以我去了著名的国际性的数学论坛——Mathlinks③上面玩,虽然我的英语很穷,但幸运的是不等式题的解题过程不太需要文字,所以问题不大。Mathlinks 上确实有着来自世界各地的顶尖高手,让我涨了不少姿势。
2011 年 9 月,当我得知 MathJax 可以轻松实现编译网页上的 LATEX 公式后,当即决定要自己弄一个论坛搞起来,于是我在 5d6d 申请了一个免费论坛,名叫「悠闲数学娱乐论坛」,从此将「战场」转移到自己的主场。后来 5d6d 变故,我又在台湾的 sclub 申请免费论坛「悠闲数学娱乐论坛 (第 2 版)」继续玩,直到现在。
本书就是要将我多年来在网络上所撸的题目作一个大整理。这种事情人教论坛上有几位版主早就做过,其
实我也很早就想做,因为早就发现网上的东西不稳定,偶尔就有网站说挂就挂,或者丢帖子、附件等。然而我
一直很懒,加上我要求高,预料到工程会很大,所以迟迟未开工。直到人教网刊《数学空间》诞生,作为其责
编之一,在制作的过程中让我积累了编写经验以及对 LATEX 更加熟悉,有了这样的基础我才敢开工。工程有多大呢?首先逐一浏览我在各论坛的回帖和 QQ 聊天记录④,然后录入、评注或进一步研究等,为保证图形质量,所有图形均重新绘制过,尽可能精确作图,并且必须为矢量图⑤。整个工程由我一人完全包办,故此本书中收
录的题目只能是经过筛选的⑥,也难免会有不少错误,还请多多包涵并将错误告知于我⑦以作修订。
最后,我要感谢国家⑧,感谢我爸爸、妈妈、哥哥、所有亲人,感谢曾经的老师和同学,感谢所有我的好朋
友,感谢所有帮助过我的人,感谢爱我的人和我爱的人,感谢全世界!
前言就写到呢度啦,估唔到自己竟然可以鸠⑨噏禁多嘢出嚟,唔阻大家睇正文啦,係咁先啦!⑩⑪
kuing
①这也成了高中时代我的绰号②确实是很巧,所以记得很清楚③如今叫 Art of Problem Solving,简称 AoPS④幸好早就有备份的习惯,所以即使重装过 N 次系统甚至换过电脑,聊天记录保存得还算好,最早还能查到 2007 年的对话⑤即无论放大多少倍来看也不会产生锯齿的图形⑥这也意味着本书没多少简单题,特别是不等式类,「录取线」会比较高,而且在后期优化时还删减了不少⑦可以发电子邮件至我的邮箱:[email protected],也可以在论坛留言⑧听说这必须要放在第一位⑨呢个字准确嚟讲应该用「𨳊」或者「㞗」,但注意唔能够用「尻」⑩这段是粤语⑪脚注那么多,真逗
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一些说明
符号约定
• 关于求和与求积符号:∑cyc
表示轮换求和,例如
∑cyc
f(a, b, c) = f(a, b, c) + f(b, c, a) + f(c, a, b),
∑cyc
f(a, b, c, d) = f(a, b, c, d) + f(b, c, d, a) + f(c, d, a, b) + f(d, a, b, c).
∑sym
表示对称求和,即对变量的所有可能排列都进行求和,例如
∑sym
f(a, b, c) = f(a, b, c) + f(b, c, a) + f(c, a, b) + f(a, c, b) + f(c, b, a) + f(b, a, c).
四元对称求和的项数较多,共 4! = 24 项,这里就不具体写出了。
类似地,∏cyc
与∏sym
表示轮换求积和对称求积。
实际上,轮换的情况通常被简写成∑
与∏
,这是因为多数题目出现的都是轮换,省去 cyc 算是约定俗成,本书亦遵从此约定。
例如等式(a
a+ b
)2+
(b
b+ c
)2+
(c
c+ a
)2+
3abc− a2b− b2c− c2a(a+ b)(b+ c)(c+ a)
− 34=
(a− b)2(b− c)2(c− a)2
4(a+ b)2(b+ c)2(c+ a)2,
用标准的求和或求积符号来表达本应写为
∑cyc
(a
a+ b
)2+
3abc−∑cyc
a2b∏cyc
(a+ b)− 3
4=
∏cyc
(a− b)2
4∏cyc
(a+ b)2,
在本书中将会简写成 ∑( aa+ b
)2+
3abc−∑
a2b∏(a+ b)
− 34=
∏(a− b)2
4∏(a+ b)2
.
• 在无特别说明情况下,默认 △ABC 三边长为 BC = a, CA = b, AB = c,外接圆半径和内切圆半径分别为 R 和 r,面积为 S,半周长为 s(有些地方会用 p),与 BC, CA, AB 边相切的旁切圆半径分别为 ra,rb, rc,BC, CA, AB 边上的中线长、内角平分线长、高线长分别为 ma, mb, mc、wa, wb, wc、ha, hb, hc。
• 为书写方便,有时以 LHS 和 RHS 分别表示式中等号或不等号的左边和右边。WLOG 为英文 withoutloss of generality 的缩写,中文意思为不失一般性。CS(或 C-S)为 Cauchy-Schwarz 不等式的缩写。AG
(或 A-G、Am-Gm 等)为算术—几何平均值不等式的缩写。
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章节及题目编排
本书主要按照题目是我在哪里看到的以及题目的类型来分章节,这里有必要说明一些类型我是怎么分的,
以便大家查找。
不等式类——除了不等式证明之外,还包括用不等式求最值之类,或者说是以基本不等式方法为重点的题
目,这里说的基本不等式并非仅指均值不等式,而是泛指像 AG、CS、Hölder、Schür 等等的常用不等式。几何类——包括平面几何、立体几何以及解析几何(含高等几何),还有一些以几何图形为主的向量题。
函数类——初等的函数题目,包括三角函数、函数方程以及相对简单的导数问题等等,不会过多涉及高等
数学内容。
数列类——数列求通项、数列求和等等相对初等的数列题,不会过多涉及高等数学内容。
除此之外的,像排列组合、概率、数论、极限、微积分这些,我撸得不多的,全都放到其他类。
而对于同时涉及两个以上类型的题目,比如数列不等式、几何不等式这些,将视其侧重哪方面而定(事实
上,数列不等式时常会放到数列类;几何不等式时常会放到不等式类),如果都侧重,则放到综合类。
其实搞分类算是给自己出了个难题,有的题真不好归类,时常令我举棋不定,真是自找麻烦。
至于题目的排序,除了最后一章外,每节里面将按解答时间逆序排列,即有较新解答的题目将放在较前,
就像论坛版块里的帖子那样。
题目及解答的编写
本书的题目一般按如下的格式进行编写:
题目 x.y.z 题目的内容
帖地址 原帖的网址(来自 QQ 上的无此项)
贴题者 贴出题目的人的网名(来自 QQ 上的还会标注 Q 号前四位)
题目出处 题目的出处(可选)
证明/解 我的解答过程
解答时间 解答的时间
注 对于以上内容的补充说明、他人的精彩解答、进一步研究等等(可选)
其中:
x 为章,y 为节,z 按节内题目排号,公式及图表的编号类似。
注意「贴题者」不等于命题者,大多数时候为提问者,也有不少为题目分享、征解等等。
题目出处我只能是尽量给出,如果你能提供某些题的出处,可告知我。
我的解答过程如无特别说明则都是我独立给出的,如有雷同……呃……也算正常,在初等数学题里要找到
未出现过的解法并不容易。
他人的精彩解答我尽量会收录,一般放在「注」里面,并且会注明解答者。如本书中有任何内容侵犯到你
的权益,请告知我。
如何使用本书
本书不是一本教程,只是一大堆题目和解答的堆砌,所以当你读完前面这些说明之后,你就可以开始随机
地翻看本书而不必按顺序来看,或者当字典来用也行,故此我建议你多运用 PDF 阅读器的搜索功能,不仅可以搜文字,还可以搜公式,至于具体细节则因阅读器而异,请自行摸索,我只说一招挺实用的:当你想搜某个
公式而不知应该怎么输入时,随便翻出一个格式类似公式,复制、粘帖、修改、搜之。
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目 录
1 来自悠闲数学娱乐论坛 (第 2 版) 11.1 不等式类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 几何类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 491.3 函数类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 921.4 数列类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1041.5 综合 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1161.6 其他 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128
2 来自悠闲数学娱乐论坛 (旧版,已封印) 1472.1 不等式类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1472.2 几何类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1842.3 函数类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2022.4 数列类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2112.5 综合 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2192.6 其他 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223
3 来自 AoPS 论坛 2393.1 三元不等式类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2393.2 四元不等式类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3213.3 多元不等式类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3263.4 几何不等式类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3403.5 其他 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 351
4 来自人教论坛 3614.1 2014 年玩高考题帖 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3614.2 2012 年玩高考题帖 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3734.3 2011 年玩高考题帖 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3864.4 2010 年玩高考题帖 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3994.5 2009 年玩高考题帖 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4084.6 不等式类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4204.7 几何类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5044.8 函数类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5534.9 数列类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5704.10 综合 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5804.11 其他 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 591
i
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kuing 网络撸题集 目 录
5 来自人教论坛数学官方 QQ 群 6175.1 不等式类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6175.2 几何类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6715.3 函数类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7155.4 数列类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7455.5 综合 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7575.6 其他 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 769
6 纳纳杂杂炒埋一碟 8056.1 来自中国不等式研究小组论坛 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8056.2 来自奥数之家论坛 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8166.3 来自爱问知识人 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8226.4 来自 GZ4U 论坛 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8346.5 来自广东高中数学教师 QQ 群 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8466.6 来自中国数学解题学研究会 QQ 群 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8746.7 来自数学旅程 QQ 群 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8896.8 来自不等式研究 QQ 群 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9016.9 来自中学教研参考数学 QQ 群的数学问题征解系列 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9156.10 来自其他地方 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 931
7 除了链接还是链接 10137.1 FAQ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10137.2 乱七八糟 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1031
7.2.1 不等式类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10317.2.2 几何类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10367.2.3 函数类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10407.2.4 数列类 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10427.2.5 综合 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10437.2.6 其他 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1044
参考文献 1051
ii
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第一章 来自悠闲数学娱乐论坛 (第 2 版)
1.1 不等式类
题目 1.1.1. 已知 a, b, c > 0, a+ b+ c = 3,求证
1
4 + b2 − c+
1
4 + c2 − a+
1
4 + a2 − b⩾ 3
4.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3747贴题者 成龙之龙
证明 待定系数 t,由柯西有
∑ 14 + b2 − c
=∑ (a+ tc)2
(a+ tc)2(4 + b2 − c)⩾ (
∑(a+ tc))
2∑(a+ tc)2(4 + b2 − c)
=(1 + t)2(a+ b+ c)2∑(a+ tc)2(4 + b2 − c)
,
故只需证
4(1 + t)2(a+ b+ c)2 ⩾ 3∑
(a+ tc)2(4 + b2 − c),
齐次化即
4(1 + t)2(a+ b+ c)4 ⩾ 3∑
(a+ tc)2(4(a+ b+ c)2 + 9b2 − 3c(a+ b+ c)
),
展开为
F = P∑
a4 +Q∑
a3b+R∑
ab3 + S∑
a2b2 + T∑
a2bc ⩾ 0,
其中
P = t2 + 8t− 8,
Q = t2 + 26t− 8,
R = t2 + 8t+ 1,
S = −27t2 + 18t− 18,
T = 24t2 − 60t+ 33.
我们有如下引理(其证明见随后的注)。
引理 1.1.1. 设 a, b, c ⩾ 0,则有∑a4 −
∑a2b2 ⩾ 2
∣∣∣∑ a3b−∑ ab3∣∣∣ .根据引理 1.1.1,我们有
Q∑
a3b+R∑
ab3 =Q+R
2
(∑a3b+
∑ab3)+
Q−R2
(∑a3b−
∑ab3)
1
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3747
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kuing 网络撸题集 1. 来自悠闲数学娱乐论坛 (第 2 版)
⩾ Q+R2
(∑a3b+
∑ab3)−∣∣∣∣Q−R2 (∑ a3b−∑ ab3)
∣∣∣∣⩾ Q+R
2
(∑a3b+
∑ab3)− |Q−R|
4
(∑a4 −
∑a2b2
),
则
F ⩾(P − |Q−R|
4
)∑a4 + (Q+R)
∑a3b+
∑ab3
2+
(S +
|Q−R|4
)∑a2b2 + T
∑a2bc,
现在,我们取 t = 3/2,代入上式中,即得
F ⩾ 74
∑a4 +
97
2·∑
a3b+∑
ab3
2− 189
4
∑a2b2 − 3
∑a2bc ⩾ 0,
所以原不等式得证。
解答时间 2015-12-20注 可以取的 t 不唯一。下面是引理 1.1.1 的证明。
证明 左边配方右边因式分解,等价于∑(a2 − b2)2 ⩾ 4(a+ b+ c)|(a− b)(b− c)(c− a)|,
不妨设 c = min{a, b, c},令 a = c+ t, b = c+ u, t, u ⩾ 0,则等价于
f(c) = (t− u)2(2c+ t+ u)2 + t2(2c+ t)2 + u2(2c+ u)2 − 4tu|t− u|(3c+ t+ u) ⩾ 0,
求导得
f ′(c) = 4(t− u)2(2c+ t+ u) + 4t2(2c+ t) + 4u2(2c+ u)− 12tu|t− u|
⩾ 4(t− u)2(t+ u) + 4t3 + 4u3 − 12tu|t− u|
⩾ 12 3√(t− u)2(t+ u)t3u3 − 12tu|t− u|
⩾ 12 3√(t− u)2|t− u|t3u3 − 12tu|t− u|
= 0,
所以
f(c) ⩾ f(0)
= (t2 − u2)2 + t4 + u4 − 4tu|t2 − u2|
= 2(t2 − u2)2 + 2t2u2 − 4tu|t2 − u2|
⩾ 4√(t2 − u2)2t2u2 − 4tu|t2 − u2|
= 0,
所以引理 1.1.1 得证。
♠
题目 1.1.2. 已知 a, b, c, d 满足 a, d ⩾ 0, b, c > 0 且 b+ c ⩾ a+ d,设
F =c
b+ a+
b
c+ d,
求 F 的最小值。
2
-
1.1. 不等式类 kuing 网络撸题集
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3691贴题者 kuing
解 如果交换 b, c,同时又交换 a, d,则条件及 F 均不变,故此可以不妨设 b ⩾ c。(1)当 b > 3c 时,由条件有
F ⩾ cb+ a
+b
b+ 2c− a,
而c
b+ a+
b
b+ 2c− a−(c
b+
b
b+ 2c
)=
a2(b2 + bc+ 2c2) + a(b3 − b2c− 4bc2 − 4c3)b(a+ b)(b+ 2c)(b+ 2c− a)
,
由 b > 3c 得
b3 − b2c− 4bc2 − 4c3 > 2b2c− 4bc2 − 4c3 > 2bc2 − 4c3 > 2c3 > 0,
所以
F ⩾ cb+
b
b+ 2c=
b+ 2c
2b+
b
b+ 2c− 1
2⩾√2− 1
2;
(2)当 c ⩽ b ⩽ 3c 时,由柯西有
F ⩾(√
c+√b)2
a+ b+ c+ d⩾ b+ c+ 2
√bc
2(b+ c)=
1
2+
1√bc +
√cb
⩾ 12+
1√3 + 1√
3
=1
2+
√3
4.
容易验证
1
2+
√3
4>√2− 1
2,
故综合(1)(2),恒有F ⩾
√2− 1
2,
当 a = 0, d = b+ c, b/c = 2 + 2√2 时取等,故 F 最小值就是
√2− 1/2。
解答时间 2015-10-25注 这道题是陈题,据说是前苏联的竞赛题,几年前我曾经证过,不过证得非常麻烦,以上证法是后期整理
时才想到的。当然了,论巧妙还是不及下面这个经典的均值解法,这里录入的过程是网友「鱼儿」在 2010-1-25给出的。
解 (by 鱼儿) 因为 b+ c ⩾ a+ d,所以 b+ c ⩾ (a+ b+ c+ d)/2。由于将 a, b, c, d 分别用 d, c, b, a 替换后,表达式 b/(c+ d) + c/(a+ b) 不变,故不妨设 a+ b ⩾ c+ d,于是有 1/(c+ d) ⩾ 1/(a+ b),从而有
b
c+ d+
c
a+ b=
b+ c
c+ d− c
c+ d+
c
a+ b
⩾ 12· a+ b+ c+ d
c+ d− c
(1
c+ d− 1
a+ b
)⩾ 1
2· a+ b+ c+ d
c+ d− (c+ d)
(1
c+ d− 1
a+ b
)=
1
2· a+ bc+ d
+c+ d
a+ b− 1
2
⩾ 2√
1
2· a+ bc+ d
· c+ da+ b
− 12
=√2− 1
2.
♡
3
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kuing 网络撸题集 1. 来自悠闲数学娱乐论坛 (第 2 版)
题目 1.1.3. x, y, z ⩾ 0, |k| ⩽ 2, prove∑(√y2 + z2 + kyz −
√z2 + x2 + kzx
)2 ⩽∑(x− y)2.帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3632贴题者 成龙之龙
证明 下面我将证明原不等式对 x, y, z ∈ R, |k| ⩽ 2 恒成立。展开左边可知原不等式等价于
4∑
x2 + 2k∑
xy − 2∑√
(y2 + z2 + kyz)(z2 + x2 + kzx) ⩽∑
(x− y)2.
设 f(x) =√ax2 + bx+ c,不难计算出
f ′′(x) =4ac− b2
4√(ax2 + bx+ c)3
,
特别地,当 f(x) =√(mx+ n)(px+ q) 时
4ac− b2 = 4mnpq − (mq + np)2 = −(mq − np)2 ⩽ 0,
由此可见∑√
(y2 + z2 + kyz)(z2 + x2 + kzx) 中的三项都是关于 k 的上凸函数,这表明原不等式左边是关于
k 的下凸函数,所以,我们只需证明当 k = ±2 的情况即可。当 k = 2 时,原不等式等价于 ∑
(|y + z| − |z + x|)2 ⩽∑
(x− y)2,
容易证明对任意实数 a, b 有 (|a| − |b|)2 ⩽ (a− b)2,因此有 (|y + z| − |z + x|)2 ⩽ (x− y)2,所以上式成立;当 k = −2 时,原不等式等价于∑
(|y − z| − |z − x|)2 ⩽∑
(x− y)2,
由对称性不妨设 x ⩾ y ⩾ z,则上式化为
(x− 2y + z)2 ⩽ (x− z)2,
因式分解即为
4(x− y)(y − z) ⩾ 0,
显然成立。
综上所述,原不等式对 x, y, z ∈ R, |k| ⩽ 2 恒成立。
解答时间 2015-8-30 ~ 31
♣
题目 1.1.4. In triangle ABC, prove
A sinA
2+B sin
B
2+ C sin
C
2⩾ π
2.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3628贴题者 成龙之龙
4
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3632http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3628
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1.1. 不等式类 kuing 网络撸题集
证明 下面证明
A sinA
2⩾ 6 +
√3π
12A−
√3π2
36.
令
f(x) = x sinx
2− 6 +
√3π
12x+
√3π2
36, x ∈ (0, π],
求导得
f ′(x) = sinx
2+
x
2cos
x
2− 6 +
√3π
12,
f ′′(x) = cosx
2− x
4sin
x
2= sin
x
2
(cot
x
2− x
4
),
易知方程 cot(x/2) = x/4 在 (0, π) 内存在唯一的解,记此解为 x0,则当 x ∈ (0, x0) 时 f ′′(x) > 0,当 x ∈ (x0, π)时 f ′′(x) < 0,容易验证 f ′′(π/3) > 0,所以 π/3 ∈ (0, x0),又容易验证 f ′(π/3) = 0,由此可得:
(1)当 x ∈ (0, x0] 时 f(x) ⩾ f(π/3) = 0,当且仅当 x = π/3 时取等;(2)当 x ∈ [x0, π] 时 f(x) ⩾ min{f(x0), f(π)},由(1)知 f(x0) > 0,而 f(π) = π
(9−√3π)/18 > 0,所
以此时恒有 f(x) > 0。
综上所述,当 x ∈ (0, π) 时恒有 f(x) ⩾ 0,所以
A sinA
2+B sin
B
2+ C sin
C
2⩾ 6 +
√3π
12(A+B + C)−
√3π2
12=
π
2.
解答时间 2015-8-30 01:26注 其实由上述证明过程,我们已经可以归结出如下专用于切线法的定理。
定理 1.1.1. 设 f(x) 在 [a, b] 上连续,c ∈ [a, b] 且 f(x) 在 [a, c] 内下凸,在 [c, b] 内上凸。(i)若 p ∈ (a, c) 且 f(x) 在 x = p 处有切线 g(x),且 f(b) ⩾ g(b),则在 [a, b] 上恒有 f(x) ⩾ g(x);(ii)若 q ∈ (c, b) 且 f(x) 在 x = q 处有切线 h(x),且 f(a) ⩽ h(a),则在 [a, b] 上恒有 f(x) ⩽ h(x)。
证明 只证(i),同理可证(ii)。设 F (x) = f(x)− g(x),由于 g(x) 是一次函数,则 F (x) 也在 [a, c] 内下凸,在 [c, b] 内上凸,且 F ′(d) = 0,
则:
(1)当 x ∈ [a, c] 时 F (x) ⩾ F (d) = 0;(2)当 x ∈ [c, b] 时 F (x) ⩾ min{F (c), F (b)},由(1)知 F (c) ⩾ 0,而 F (b) = f(b)− g(b) ⩾ 0,所以此时
恒有 F (x) ⩾ 0。综上所述,当 x ∈ [a, b] 时恒有 F (x) ⩾ 0,即 f(x) ⩾ g(x)。定理 1.1.1 获证。
相应地,对于先上凸再下凸的也类似。
定理 1.1.1′. 设 f(x) 在 [a, b] 上连续,c ∈ [a, b] 且 f(x) 在 [a, c] 内上凸,在 [c, b] 内下凸。(i)若 p ∈ (a, c) 且 f(x) 在 x = p 处有切线 g(x),且 f(b) ⩽ g(b),则在 [a, b] 上恒有 f(x) ⩽ g(x);(ii)若 q ∈ (c, b) 且 f(x) 在 x = q 处有切线 h(x),且 f(a) ⩾ h(a),则在 [a, b] 上恒有 f(x) ⩾ h(x)。
♢
题目 1.1.5. a, b, c > 0, prove
a3
2b2 − bc+ 2c2+
b3
2c2 − ca+ 2a2+
c3
2a2 − ab+ 2b2⩾ a
5 + b5 + c5
a4 + b4 + c4.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3627贴题者 成龙之龙
5
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3627
-
kuing 网络撸题集 1. 来自悠闲数学娱乐论坛 (第 2 版)
证明 由 CS 有
∑ a32b2 − bc+ 2c2
=∑ (a5)2
a7(2b2 − bc+ 2c2)⩾ (a
5 + b5 + c5)2∑a7(2b2 − bc+ 2c2)
,
故只需证
(a5 + b5 + c5)(a4 + b4 + c4) ⩾∑
a7(2b2 − bc+ 2c2),
展开即 ∑a9 +
∑a5b4 +
∑a4b5 + abc
∑a6 ⩾ 2
∑a7b2 + 2
∑a2b7,
由 Schür 不等式∑
a7(a− b)(a− c) ⩾ 0 得到∑a9 + abc
∑a6 ⩾
∑a8b+
∑ab8,
故只需证 ∑a8b+
∑ab8 +
∑a5b4 +
∑a4b5 ⩾ 2
∑a7b2 + 2
∑a2b7,
注意到
a8b+ ab8 + a5b4 + a4b5 − 2(a7b2 + a2b7) = ab(a+ b)(a2 + ab+ b2)(a− b)4 ⩾ 0,
所以原不等式得证。
解答时间 2015-8-28注 Schür 后刚好能有这么好的分解,运气真好,另外,我用软件试验过,右边改成
∑a6/
∑a5 都是成立
的,但用同样的方法去证就失效了,有时间再研究下。
♠
题目 1.1.6. a, b, c ∈ R, prove that
a4(b− c)2 + b4(c− a)2 + c4(a− b)2 ⩾ 12(a− b)2(b− c)2(c− a)2.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3626贴题者 成龙之龙
证明 由对称性,不妨设 a ⩾ b ⩾ c,则
a4(b− c)2 + c4(a− b)2 ⩾ 12
(a2(b− c) + c2(a− b)
)2=
1
2(a− c)2(ab+ bc− ca)2
=1
2(a− c)2
(b2 + (a− b)(b− c)
)2⩾ 1
2(a− c)2(a− b)2(b− c)2,
即得证,当 a = b = c 或 b = a+ c = 0 及其轮换时取等。
解答时间 2015-8-28注 比想象中简单,设顺序后居然可以少一个加数。另外,由取等条件可知不等式右边的 1/2 是最佳系数。
♡
6
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3626
-
1.1. 不等式类 kuing 网络撸题集
题目 1.1.7. 在 △ABC 中,求下式的最大值
sin A2 sinB2 + sin
B2 sin
C2 + sin
C2 sin
A2
sinA+ sinB + sinC.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3622贴题者 yuzi
解 根据三角恒等式
sinA+ sinB + sinC = 4 cosA
2cos
B
2cos
C
2,
有
原式 =1
4
∑tan
A
2tan
B
2sec
C
2
=1
4
∑tan
A
2tan
B
2
√tan2
C
2+ 1
⩽ 14
√∑tan
A
2tan
B
2
∑tan
A
2tan
B
2
(tan2
C
2+ 1
)
=1
4
√tan
A
2tan
B
2tan
C
2
(tan
A
2+ tan
B
2+ tan
C
2
)+ 1
⩽ 14
√1
3
(∑tan
A
2tan
B
2
)2+ 1
=
√3
6,
当正三角形时取等。
解答时间 2015-8-25 01:47
♣
题目 1.1.8. 设 x1, x2, . . . , xn ∈ (0, 1), n ⩾ 2,则有
√1− x1x1
+
√1− x2x2
+ · · ·+√1− xnxn
<
√(n− 1)n−1
nn−2· 1x1x2 · · ·xn
.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3613贴题者 kuing题目出处 我对 2015 中国女子数学奥林匹克的不等式的加强(原题右边系数为
√n− 1)
证明 等价于证
x2x3 · · ·xn√1− x1 + x3x4 · · ·x1
√1− x2 + · · ·+ x1x2 · · ·xn−1
√1− xn <
√(n− 1)n−1
nn−2,
由 xi ∈ (0, 1),只需证更强式
√x2x3 · · ·xn(1− x1) +
√x3x4 · · ·x1(1− x2) + · · ·+
√x1x2 · · ·xn−1(1− xn) ⩽
√(n− 1)n−1
nn−2,
记
P = x1 + x2 + · · ·+ xn,
7
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3622http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3613
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kuing 网络撸题集 1. 来自悠闲数学娱乐论坛 (第 2 版)
Q = x2x3 · · ·xn + x3x4 · · ·x1 + · · ·+ x1x2 · · ·xn−1,
则由马克劳林不等式有
Q ⩽ Pn−1
nn−2,
由此,由柯西不等式及均值不等式有√x2x3 · · ·xn(1− x1) +
√x3x4 · · ·x1(1− x2) + · · ·+
√x1x2 · · ·xn−1(1− xn)
⩽√Q(n− P )
⩽√
Pn−1
nn−2(n− P )
=
√1
nn−2(n− 1)Pn−1(n− 1)(n− P )
⩽√
1
nn−2(n− 1)
((n− 1)P + (n− 1)(n− P )
n
)n=
√(n− 1)n−1
nn−2,
即得证。
解答时间 2015-8-13注 此不等式右边的系数如无意外还不是最佳系数,如果要研究最佳系数恐怕要出动半凹半凸定理之类的
东西,可能会比较复杂,有时间再研究下。值得一提的是,如果你研究过 n = 3, 4 的情形,可能会猜想右边的系数可以加强到 1,但事实上当 n = 5 时就不成立了。
♢
题目 1.1.9. 设 a, b, c > 0,证明
a
b(a2 + 2b2)+
b
c(b2 + 2c2)+
c
a(c2 + 2a2)⩾ 3
ab+ bc+ ca.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3608贴题者 v6mm131题目出处 Mathematical Excalibur, Volume 19, Number 5, April 2015 – June 2015, Problem 470.
证明 令 x = bc, y = ca, z = ab,则易证
a
b(a2 + 2b2)=
y2
z(2x2 + y2),
因此原不等式等价于 ∑ y2z(2x2 + y2)
⩾ 3x+ y + z
,
由柯西不等式,有 ∑ y2z(2x2 + y2)
=∑ (y2)2
y2z(2x2 + y2)⩾
(∑y2)2∑
y2z(2x2 + y2),
因此只需证 (∑y2)2∑
x ⩾ 3∑
y2z(2x2 + y2),
8
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3608
-
1.1. 不等式类 kuing 网络撸题集
记 p = x+ y + z, q = xy + yz + zx, r = xyz,上式即
(p2 − 2q)2p ⩾ 6qr + 3∑
y4z,
容易验证如下等式 ∑y4z = −pq2 + 2qr + (p2 − q)
(r +
∑x2y),
因此等价于证
(p2 − 2q)2p ⩾ −3pq2 + 12qr + 3(p2 − q)(r +
∑x2y),
由熟知的不等式
r +∑
x2y ⩽ 427
p3,
3pr ⩽ q2,
可知只需证
(p2 − 2q)2p ⩾ −3pq2 + 4q3
p+
4
9(p2 − q)p3,
去分母因式分解等价于
(5p2 − 12q)(p2 − q)(p2 − 3q) ⩾ 0,
由 p2 ⩾ 3q 可知上式显然成立,故原不等式得证。
解答时间 2015-8-8
♠
题目 1.1.10. 设非负实数 a, b, c 满足 a2 + b2 + c2 = 1,证明
√a+ b+
√b+ c+
√c+ a ⩾ 5abc+ 2.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3596贴题者 其妙
证明 设 k = 9√2 4√3− 6
√3 ≈ 6.35858,下面证明更强式√a+ b+
√b+ c+
√c+ a ⩾ kabc+ 2.
令 p = a+ b+ c, q = ab+ bc+ ca, r = abc,则由 a2 + b2 + c2 = 1 得 p2 = 2q + 1。由
√(a+ b)(b+ c)− b = q√
(a+ b)(b+ c) + b⩾ q
a+2b+c2 + b
=2q
a+ 4b+ c,
得 √(a+ b)(b+ c) ⩾ b+ 2q
a+ 4b+ c,
于是 (∑√a+ b
)2= 2p+ 2
∑√(a+ b)(b+ c)
⩾ 4p+ 4q∑ 1
a+ 4b+ c
⩾ 4p+ 4q · 9∑(a+ 4b+ c)
9
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3596
-
kuing 网络撸题集 1. 来自悠闲数学娱乐论坛 (第 2 版)
= 4p+6q
p
= 4p+3(p2 − 1)
p
= 7p− 3p,
故此只需证
7p− 3p⩾ (kr + 2)2,
因为
3pr ⩽ q2 = (p2 − 1)2
4=⇒ r ⩽ (p
2 − 1)2
12p,
故此只需证
7p− 3p⩾(k · (p
2 − 1)2
12p+ 2
)2,
将 k 的值代入后作差分解(又要开挂了),得
7p− 3p−(k · (p
2 − 1)2
12p+ 2
)2=
1
4232p2(2 + 3
√3− 2
√2
4√27)(√
3− p)(p− 1)
(1587p6 +
(1587 + 1587
√3)p5 + 1587
√3p4
+(3312 + 1104
√2
4√3 + 736
√3 + 1656
√2
4√27)p3 +
(10281 + 6072
√2
4√3 + 4048
√3 + 2760
√2
4√27)p2
+(4073 + 3144
√2
4√3 + 2993
√3 + 944
√2
4√27)p+ 529
√3),
易证 2 + 3√3− 2
√2 4√27 > 0,由 a2 + b2 + c2 = 1 易证
√3 ⩾ p ⩾ 1,从而上式非负,即得证。
当 a = b = c =√1/3 或 a = b = 0, c = 1 及其轮换时等号成立。
解答时间 2015-7-30注 最佳系数,不开挂不敢撸,唉。
♡
题目 1.1.11. 若 a, b, c ⩾ 0, a+ b+ c = 3,证明
a
b3 + 16+
b
c3 + 16+
c
a3 + 16⩾ 1
6.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3582贴题者 v6mm131
证明 首先由
1
x3 + 16−(
1
16− x
2
192
)=
x2(x− 2)2(x+ 4)192(x3 + 16)
,
可知 ∑ ab3 + 16
⩾∑
a
(1
16− b
2
192
)=
3
16− 1
192
∑ab2,
于是只需证3
16− 1
192
∑ab2 ⩾ 1
6,
10
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3582
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1.1. 不等式类 kuing 网络撸题集
即 ∑ab2 ⩽ 4,
这由熟知的
ab2 + bc2 + ca2 + abc ⩽ 427
(a+ b+ c)3
立得,即得证。
解答时间 2015-7-21 03:54注 这题比想象中容易,关键是抓住特别的取等条件 (a, b, c) = (0, 1, 2),再局部切线法。这题要是在当年
写文献 [13] 之前遇到就好了,不错的题材。
♣
题目 1.1.12. 已知 x, y, z 满足 x+ y + z = 1,且没有一个数大于另一个数的两倍,求 xyz 的最小值。
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3010贴题者 tommywong
解 不失一般性,设 x = max{x, y, z},则必有 x > 0,由条件得 x ⩽ 2y, x ⩽ 2z,即得 1/2 ⩽ y/x ⩽ 1,1/2 ⩽ z/x ⩽ 1,设 y = tx, z = ux,则 t, u ∈ [1/2, 1]。
代入条件中有 x(1 + t+ u) = 1,故
xyz = x3tu =tu
(1 + t+ u)3= g(t, u),
求导有
∂g
∂t=
(1− 2t+ u)u(1 + t+ u)4
,
由于 1/2 < (1 + u)/2 ⩽ 1,故此,当 u 固定时,g(t, u) 当 t ∈ [1/2, (1 + u)/2] 时递增,当 t ∈ [(1 + u)/2, 1] 时递减(虽然 u = 1 时递减区间变成一点但也不影响接下来的结论),同理当 t 固定时亦如此,所以必有
g(t, u)min = min
{g
(1
2,1
2
), g
(1
2, 1
), g
(1,
1
2
), g(1, 1)
}= g
(1
2,1
2
)=
1
32,
取等条件是 {t, u} = {1/2, 1/2},结合条件易得此时 {x, y, z} = {1/2, 1/4, 1/4}。
解答时间 2015-7-2 03:55注 原先我解错了一次,后来在解第 620 页题目 5.1.6 时看回这题才发现错了,随即给出上述修正解法。
♢
题目 1.1.13. 在锐角三角形中,求证
cosB cosC
cos(B − C) sin2 A+
cosC cosA
cos(C −A) sin2 B+
cosA cosB
cos(A−B) sin2 C⩽ 1.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3502贴题者 hjfmhh
11
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3010http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3502
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kuing 网络撸题集 1. 来自悠闲数学娱乐论坛 (第 2 版)
证明 令 A = (π −D)/2, B = (π −E)/2, C = (π − F )/2,则由 △ABC 为锐角三角形知 D, E, F 能构成任意三角形的三个内角,于是
cosB cosC
cos(B − C) sin2 A=
sin E2 sinF2
cos F−E2 cos2 D
2
=tan E2 tan
F2
1 + tan E2 tanF2
(tan2
D
2+ 1
)
=tan E2 tan
F2
1 + tan E2 tanF2
(tan
D
2+ tan
E
2
)(tan
D
2+ tan
F
2
),
令
x = tanE
2tan
F
2, y = tan
F
2tan
D
2, z = tan
D
2tan
E
2,
则 x, y, z > 0, x+ y + z = 1,故
∑ cosB cosCcos(B − C) sin2 A
=∑ (x+ y)(z + x)
1 + x⩽ 1
4
∑ (2x+ y + z)21 + x
=1
4
∑(1 + x) = 1.
解答时间 2015-5-30
♠
题目 1.1.14. 已知正实数 x, y 满足
x+2
x+ 3y +
4
y= 10,
则 xy 的取值范围为 。
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3456贴题者 aishuxue
解 对于正数 a, b, c, d,由均值不等式有
10 = a · xa+ b · 2
bx+ c · 3y
c+ d · 4
dy⩾ (a+ b+ c+ d)
((xa
)a( 2bx
)b(3y
c
)c(4
dy
)d)1/(a+b+c+d).
令 a = 1, b = 2, c = 3, d = 4,代入化简得
10 ⩾ 10(
1
xy
)1/10=⇒ xy ⩾ 1,
当 x = y = 1 时取等;
令 a = 2, b = 1, c = 4, d = 3,代入化简得
10 ⩾ 10(3
8xy
)1/10=⇒ xy ⩽ 8
3,
当 x = 2, y = 4/3 时取等。
解答时间 2015-5-4注 两组 a, b, c, d 可以通过待定系数得出,具体见原帖 3 楼。随后网友「转化与化归」给出了两个更简单的解法,这里只录入其中一个,因为两解法其实本质上差不多。
12
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3456
-
1.1. 不等式类 kuing 网络撸题集
解 (by 转化与化归)
10 = x+2
x+ 3y +
4
y⩾ 2√(
x+4
y
)(2
x+ 3y
)= 2
√14 + 3xy +
8
xy=⇒ 1 ⩽ xy ⩽ 8
3,
等号都可以取到。
♡
题目 1.1.15. 已知 a, b, c ∈ R,求证
2(1 + abc) +√2(1 + a2)(1 + b2)(1 + c2) ⩾ (1 + a)(1 + b)(1 + c).
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3449贴题者 guanmo1
证明 注意到恒等式
(1 + a2)(1 + b2)(1 + c2) = (ab+ bc+ ca− 1)2 + (a+ b+ c− abc)2,
因此由柯西不等式得
LHS ⩾ 2(1 + abc) + ab+ bc+ ca− 1 + a+ b+ c− abc = RHS.
解答时间 2015-4-30注 此题可以推广到 n 元,因为那个恒等式有 n 元形式,其实只要用熟知的 (a2 + b2)(c2 + d2) =
(ac− bd)2 + (bc+ ad)2 就可以推出来,首先由此式有
(1 + a2)(1 + b2) = (1− ab)2 + (a+ b)2,
于是
(1 + a2)(1 + b2)(1 + c2) =((1− ab)2 + (a+ b)2
)(1 + c2)
=(1− ab− (a+ b)c
)2+(a+ b+ c(1− ab)
)2= (1− ab− bc− ca)2 + (a+ b+ c− abc)2,
再于是
(1 + a2)(1 + b2)(1 + c2)(1 + d2)
=((1− ab− bc− ca)2 + (a+ b+ c− abc)2
)(1 + d2)
=(1− ab− bc− ca− d(a+ b+ c− abc)
)2+(a+ b+ c− abc+ d(1− ab− bc− ca)
)2= (1− ab− ac− ad− bc− bd− cd+ abcd)2 + (a+ b+ c+ d− abc− bcd− cda− dab)2,
如此类推即可写出一般形式,相关链接 http://www.artofproblemsolving.com/community/h82723。
♣
题目 1.1.16. 已知 a ⩾ 1, b > 0,求证
1
a+ 1+
b2
a+ b+
a
b2 + b⩾ 3
2.
13
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3449http://www.artofproblemsolving.com/community/h82723
-
kuing 网络撸题集 1. 来自悠闲数学娱乐论坛 (第 2 版)
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3398(3 楼)贴题者 其妙
证明 我们分三类讨论。
(1)当 b ⩾ a ⩾ 1 时,记
f(a, b) =1
a+ 1+
b2
a+ b+
a
b2 + b,
对 a 求导得
∂f(a, b)
∂a= − 1
(a+ 1)2− b
2
(a+ b)2+
1
b2 + b
⩽ − 1(b+ 1)2
− b2
(b+ b)2+
1
b2 + b
=(1− b)(b2 + 3b+ 4)
4b(b+ 1)2
⩽ 0,
即关于 a 递减,所以
f(a, b) ⩾ f(b, b) = 1b+ 1
+b2
b+ b+
b
b2 + b=
2
b+ 1+
b+ 1
2− 1
2⩾ 3
2;
(2)当 a ⩾ b ⩾ 1 时,由于序列 {b2, a} 与 {1/(a+ b), 1/(b2 + b)} 显然必为同序,故由排序不等式有
1
a+ 1+
b2
a+ b+
a
b2 + b⩾ 1
a+ 1+
a
a+ b+
b2
b2 + b=
a
a+ b+
b
b+ 1+
1
1 + a,
注意到有恒等式
a− ba+ b
+b− cb+ c
+c− ac+ a
=(a− b)(a− c)(b− c)(a+ b)(a+ c)(b+ c)
,
由此可见当 a ⩾ b ⩾ c 时有 ∑ aa+ b
⩾ 12
∑ aa+ b
+1
2
∑ ba+ b
=3
2,
令 c = 1 即得需要证的不等式;
(3)当 a ⩾ 1 ⩾ b > 0 时,由柯西不等式有
1
a+ 1+
b2
a+ b+
a
b2 + b− 3
2⩾ (1 + b)
2
2a+ b+ 1+
a
b2 + b− 3
2
=(1 + b)2
2a+ b+ 1− 1 + a
b2 + b− 1
2
=b2 + b− 2a2a+ b+ 1
+2a− b2 − b2(b2 + b)
=(2a− b2 − b)(2a+ 1− 2b2 − b)
2(2a+ b+ 1)(b2 + b)
⩾ 0.
综上所述,原不等式得证。
解答时间 2015-4-15 01:58
♢
14
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3398
-
1.1. 不等式类 kuing 网络撸题集
题目 1.1.17. 正实数 a, b, c 满足 ab+ bc+ ca ⩽ 3abc,证明
∑√a2 + b2a+ b
+ 3 ⩽√2∑√
a+ b.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3348贴题者 guanmo1
证明 首先由 Hölder 不等式有 (∑ 1√bc+ ca
)2∑(bc+ ca) ⩾ 27,
得到 ∑√ 2aba+ b
=√2abc
∑ 1√bc+ ca
⩾√2abc
√27
2(ab+ bc+ ca)= 3
√3abc
ab+ bc+ ca⩾ 3,
所以
∑√a2 + b2a+ b
+ 3 ⩽∑(√a2 + b2
a+ b+
√2ab
a+ b
)
⩽∑√
(1 + 1)
(a2 + b2
a+ b+
2ab
a+ b
)=√2∑√
a+ b.
解答时间 2015-3-6
♠
题目 1.1.18. 设正实数 x1, x2, . . . , xn 满足 x1x2 · · ·xn = 1,证明
n∑i=1
1
n− 1 + xi⩽ 1.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3345贴题者 guanmo1
证明 令 xi = yni , yi > 0,则也有 y1y2 · · · yn = 1,由均值
1
n− 1 + xi=
1
n− 1
(1− xi
n− 1 + xi
)=
1
n− 1
(1− y
ni
(n− 1)y1y2 · · · yn + yni
)=
1
n− 1
(1− y
n−1i
(n− 1)y1y2 · · · yi−1yi+1 · · · yn + yn−1i
)⩽ 1
n− 1
(1− y
n−1i
yn−11 + yn−12 + · · ·+ y
n−1n
),
所以n∑
i=1
1
n− 1 + xi⩽ 1
n− 1
(n−
n∑i=1
yn−1iyn−11 + y
n−12 + · · ·+ y
n−1n
)= 1.
15
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3348http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3345
-
kuing 网络撸题集 1. 来自悠闲数学娱乐论坛 (第 2 版)
解答时间 2015-3-5注 这道题以前见过,应该是道老题。
写完上述过程后让我想起 http://kkkkuingggg.haotui.com/thread-161-1-8.html 中我曾经推广过的一道题,已知 x1, x2, . . . , xn > 0, x1x2 · · ·xn = 1,记 s = x1 + x2 + · · ·+ xn,则有
n∑i=1
1
1 + s− xi⩽ 1.
形式和证法都挺像,不过应该也是老结论,就不扯了。
♡
题目 1.1.19. 在 △ABC 中,(a− b)(sinA− sinB) = (sinB − sinC)c,若 Smax =√3/4,求 a。
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3334贴题者 longzaifei
解 由条件得 (a − b)2 = (b − c)c,由三角形可令 a = y + z, b = z + x, c = x + y, x, y, z > 0,代入得(x− y)2 = (z − y)(x+ y),于是
z =(x− y)2
x+ y+ y,
故
a =(x− y)2
x+ y+ 2y =
x2 + 3y2
x+ y,
S2 = xyz(x+ y + z)
= xy
((x− y)2
x+ y+ y
)(x+ y +
(x− y)2
x+ y+ y
)=
xy(x2 + 2y2 − xy)(2x2 + 3y2 + xy)(x+ y)2
,
由均值得
S2
a4=
xy(x+ y)2(x2 + 2y2 − xy)(2x2 + 3y2 + xy)(x2 + 3y2)4
=16xy · 3(x+ y)2 · 6(x2 + 2y2 − xy) · 2(2x2 + 3y2 + xy)
2632(x2 + 3y2)4
⩽(16xy + 3(x+ y)2 + 6(x2 + 2y2 − xy) + 2(2x2 + 3y2 + xy)
)421432(x2 + 3y2)4
=(13x2 + 18xy + 21y2)4
21432(x2 + 3y2)4
⩽(13x2 + 3(x2 + 9y2) + 21y2
)421432(x2 + 3y2)4
=
(16(x2 + 3y2)
)421432(x2 + 3y2)4
=4
9,
所以
S ⩽ 23a2,
当且仅当 x = 3y 时取等,所以 a = 4√27/64。
16
http://kkkkuingggg.haotui.com/thread-161-1-8.htmlhttp://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3334
-
1.1. 不等式类 kuing 网络撸题集
解答时间 2015-2-19 01:54注 上面均值的系数可以通过待定系数得出,做得有点复杂,可能会有更简洁的方法。另外,以上结果已
通过软件验证。
♣
题目 1.1.20. x, y, z > 0, prove that
∑ yzx2 + y2 + 2z2
⩽∑ xy
x2 + y2 + 2z2⩽∑ z2
x2 + y2 + 2z2⩽∑ 1
4 (x+ y)2
x2 + y2 + 2z2⩽ 3
4.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3071贴题者 kuing
证明 这个不等式链,头尾都是非常简单的,首先看最左边的,由于以下两个序列必为同序
{xy, yz, zx},{
1
x2 + y2 + 2z2,
1
y2 + z2 + 2x2,
1
z2 + x2 + 2y2
},
故由排序不等式即得 ∑ yzx2 + y2 + 2z2
⩽∑ xy
x2 + y2 + 2z2;
再看最右边的,由柯西不等式即得
∑ 14 (x+ y)
2
x2 + y2 + 2z2⩽ 1
4
∑( x2z2 + x2
+y2
y2 + z2
)=
3
4;
第二个不等式也不难,由∑ 2z2 − 2xyx2 + y2 + 2z2
=∑ (z − x)(z + y) + (z + x)(z − y)
x2 + y2 + 2z2
=∑( (z − x)(z + y)
x2 + y2 + 2z2+
(x+ y)(x− z)y2 + z2 + 2x2
)=∑ (z − x)2(x2 + y2 + z2 − xy − yz − zx)
(x2 + y2 + 2z2)(y2 + z2 + 2x2),
即得 ∑ xyx2 + y2 + 2z2
⩽∑ z2
x2 + y2 + 2z2;
而第三个不等式就有点麻烦,由∑ (x+ y)2 − 4z2x2 + y2 + 2z2
=∑ (x+ y + 2z)(x− z + y − z)
x2 + y2 + 2z2
=∑( (x+ y + 2z)(x− z)
x2 + y2 + 2z2+
(y + z + 2x)(z − x)y2 + z2 + 2x2
)=∑ (z − x)2(3zx+ xy + yz − y2)
(x2 + y2 + 2z2)(y2 + z2 + 2x2),
可见
∑ z2x2 + y2 + 2z2
⩽∑ 1
4 (x+ y)2
x2 + y2 + 2z2⇐⇒
∑(z − x)2(3zx+ xy + yz − y2)(z2 + x2 + 2y2) ⩾ 0,
下面证明比上式更强的
Sx(y − z)2 + Sy(z − x)2 + Sz(x− y)2 ⩾ 0,
17
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3071
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kuing 网络撸题集 1. 来自悠闲数学娱乐论坛 (第 2 版)
其中 Sx = x(y+ z − x)(2x2 + y2 + z2), Sy = y(z + x− y)(x2 + 2y2 + z2), Sz = z(x+ y− z)(x2 + y2 + 2z2),由对称性,不妨设 x ⩾ y ⩾ z,则显然 Sy ⩾ 0, Sz ⩾ 0,由 SOS 判定方法可知,此时只需证
x2Sy + y2Sx ⩾ 0,
代入等价于
x(z + x− y)(x2 + 2y2 + z2) + y(y + z − x)(2x2 + y2 + z2) ⩾ 0,
只需证
x(x− y)(x2 + 2y2 + z2) + y(y − x)(2x2 + y2 + z2) ⩾ 0,
即
(x− y)2(x2 + y2 + z2 − xy) ⩾ 0,
显然成立。
综上,原不等式链得证。
解答时间 2015-2-15 03:08
♢
题目 1.1.21. 在锐角三角形 ABC 中,求下式的取值范围
cosA cosB + cosB cosC + cosC cosA− 2 cosA cosB cosC.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3325贴题者 longzaifei
解法一 记 f = cosA cosB + cosB cosC + cosC cosA− 2 cosA cosB cosC。由于一定存在一个不小于 60◦ 的内角,由对称性不妨设 A ⩾ 60◦,则 2 cosA ⩽ 1,故
f = cosA(cosB + cosC) + cosB cosC(1− 2 cosA) > 0,
而当 A = B → 90◦ 时 f → 0,所以 f 的下确界为 0。由积化和差与和差化积公式有
f = 2 cosA cosB − C
2cos
B + C
2+
cos(B − C) + cos(B + C)2
(1− 2 cosA)
⩽ 2 cosA sin A2+
1− cosA2
(1− 2 cosA)
= −12cosA
(2 sin
A
2− 1)2
+1
2
⩽ 12,
当 A = B = C = 60◦ 时 f = 1/2,所以 f 的最大值为 1/2。
综上,由连续性知 f 的取值范围为 (0, 1/2]。
解法二 下确界同解法一,下面求最大值。
f 如上所设,由锐角三角形可设 b2 + c2 − a2 = 2x, c2 + a2 − b2 = 2y, a2 + b2 − c2 = 2z,则 x, y, z > 0,代入余弦定理中得到
f =∑ xy
(x+ y)√(y + z)(z + x)
− 2xyz(x+ y)(y + z)(z + x)
18
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3325
-
1.1. 不等式类 kuing 网络撸题集
=
∑xy√(y + z)(z + x)− 2xyz
(x+ y)(y + z)(z + x)
⩽∑
xy x+y+2z2 − 2xyz(x+ y)(y + z)(z + x)
=1
2,
当且仅当 x = y = z 时取等。
解答时间 2015-2-12 01:35 & 03:01
♠
题目 1.1.22. 已知 a, b, c > 0, abc = 1,证明
a3 + b3 + c3 + 6 ⩾ (a+ b+ c)2.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3319贴题者 longzaifei
证明 由 a+ b+ c ⩾ 3 可知只需证明更强式
a3 + b3 + c3 + 6 +9
8⩾ 9
8(a+ b+ c)2.
记 p = a+ b+ c, q = ab+ bc+ ca,则上式等价于
p(p2 − 3q) + 9 + 98⩾ 9
8p2,
由 Schür 不等式有
q ⩽ 9 + p3
4p,
所以只需证
p
(p2 − 3 · 9 + p
3
4p
)+ 9 +
9
8⩾ 9
8p2,
因式分解等价于1
8(p− 3)2(2p+ 3) ⩾ 0,
显然成立,即得证。
解答时间 2015-2-8
♡
题目 1.1.23. 设 a, b, c 是非负实数,证明
a(b+ c− a)a2 + bc
+b(c+ a− b)b2 + ac
+c(a+ b− c)c2 + ab
⩾ 0.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3304贴题者 v6mm131
19
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3319http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3304
-
kuing 网络撸题集 1. 来自悠闲数学娱乐论坛 (第 2 版)
证明 如果 a, b, c 能构成三角形三边则不等式显然成立,而当 a, b, c 不能构成三角形三边时,由对称性不妨设 a ⩾ b+ c,则 ∑ a(b+ c− a)
a2 + bc=
a(b+ c− a)a2 + bc
+ab+ bc+ ca
b2 + ca+
ab+ bc+ ca
c2 + ab− 2
⩾ b+ c− aa
+4(ab+ bc+ ca)
b2 + ca+ c2 + ab− 2
⩾ b+ c− aa
+4(ab+ ca)
(b+ c)2 + ca+ ab− 2
=a+ b+ c
a+
4a
a+ b+ c− 4
⩾ 0.
解答时间 2015-2-1 05:06
♣
题目 1.1.24. 设 a, b, c ⩾ 0,且 a+ b+ c = 2,求证√a+ b
a+ 1+
√b+ c
b+ 1+
√c+ a
c+ 1⩾ 4√2
3.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3270贴题者 hjfmhh
证明 齐次化等价于 ∑√(a+ b+ c)(a+ b)3a+ b+ c
⩾ 43,
由均值有 √(a+ b+ c)(a+ b) ⩾ 2(a+ b+ c)(a+ b)
2a+ 2b+ c,
故只需证 ∑ (a+ b+ c)(a+ b)(2a+ 2b+ c)(3a+ b+ c)
⩾ 23,
去分母完全展开后系数全正,得证。
解答时间 2015-1-25 00:57注 有时间得想个非暴力证法。
♢
题目 1.1.25. 已知 a, b, c, d ∈ [1/2, 2], abcd = 1,求下式的最大值(a+
1
b
)(b+
1
c
)(c+
1
d
)(d+
1
a
).
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3286贴题者 tommywong
解法一 设
P (a, b, c, d) =
(a+
1
b
)(b+
1
c
)(c+
1
d
)(d+
1
a
),
20
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3270http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3286
-
1.1. 不等式类 kuing 网络撸题集
前两项和后两项分别展开有
P (a, b, c, d) =
(ab+
a
c+ 1 +
1
bc
)(cd+
c
a+ 1 +
1
da
)=(a(b+ d) +
a
c+ 1)(
c(b+ d) +c
a+ 1),
而如果是前后两项和中间两项分别展开,则也有
P (a, b, c, d) =
(b(c+ a) +
b
d+ 1
)(d(c+ a) +
d
b+ 1
),
由此可见 P (a, b, c, d) ≡ P (b, a, d, c),所以我们可以不妨设 ac ⩾ bd,则 ac ⩾ 1。由条件有
1
2(2b− 1)(2d− 1) ⩾ 0⇐⇒ b+ d ⩽ 2bd+ 1
2=
2
ac+
1
2,
故
P (a, b, c, d) ⩽(a
(2
ac+
1
2
)+
a
c+ 1
)(c
(2
ac+
1
2
)+
c
a+ 1
)=
(a+ 2)2(c+ 2)2
4ac
=1
4
(a+
4
a+ 4
)(c+
4
c+ 4
),
由于函数 x+ 4/x 在 (0, 2] 上递减且 1/a ⩽ c ⩽ 2,故
P (a, b, c, d) ⩽ 14(a+ 2)2
(1
a+ 2
)2=
(a+
1
a+
5
2
)2⩽ 25,
又 P (2, 2, 1/2, 1/2) = 25,所以所求的最大值就是 25。
解法二
P (a, b, c, d) =
(ab+
a
c+ 1 +
1
bc
)(cd+
c
a+ 1 +
1
da
)=
(a(b+ d) +
a+ c
c
)(c(b+ d) +
a+ c
a
)= ac(b+ d)2 + 2(a+ c)(b+ d) +
(a+ c)2
ac
=(b+ d)2
bd+
2(a+ c)(b+ d)√abcd
+(a+ c)2
ac
=
(b+ d√
bd+
a+ c√ac
)2
=
(√a
c+
√c
a+
√b
d+
√d
b
)2⩽ 25.
解答时间 2015-1-20注 随后网友「goft」给出如下解法。
解 (by goft)
P (a, b, c, d) = (ab+ 1)(bc+ 1)(cd+ 1)(da+ 1)
21
-
kuing 网络撸题集 1. 来自悠闲数学娱乐论坛 (第 2 版)
= (ab+ 1)(cd+ 1)(bc+ 1)(da+ 1)
= (2 + ab+ cd)(2 + bc+ da)
=(√
ab+√cd)2(√
bc+√da)2,
令 m =√ab, n =
√bc,则
P (a, b, c, d) =
(m+
1
m
)2(n+
1
n
)2,
后同解法一。
其实我没太懂「后同解法一」是怎么个同法,事实上后面不换元直接乘进去就同解法二了。
♠
题目 1.1.26. 已知 a, b ⩾ 0,证明√a2 + 1 +
√b2 + 1 +
√(a− 1)2 + (b− 1)2 +
(√2 + 1
)ab ⩾
√5 + 1.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3261贴题者 v6mm131
证明 下面分别证明 √a2 + 1 +
√b2 + 1 + ab ⩾ 1 +
√1 + (a+ b)2, (1.1.1)√
(a− 1)2 + (b− 1)2 +√2ab ⩾
√1 + (1− a− b)2. (1.1.2)
对于式 (1.1.1),记g(a) =
√a2 + 1 +
√b2 + 1 + ab− 1−
√1 + (a+ b)2,
求导得
g′(a) =a√
a2 + 1+ b− a+ b√
1 + (a+ b)2
=a√
a2 + 1− a√
1 + (a+ b)2+ b− b√
1 + (a+ b)2
⩾ 0,
故 g(a) ⩾ g(0) = 0,即式 (1.1.1) 成立;对于式 (1.1.2),有
(1.1.2)⇐⇒√2ab ⩾
√1 + (1− a− b)2 −
√1 + (1− a− b)2 − 2ab
⇐⇒√2ab ⩾ 2ab√
1 + (1− a− b)2 +√1 + (1− a− b)2 − 2ab
⇐⇒√1 + (1− a− b)2 +
√1 + (1− a− b)2 − 2ab ⩾
√2
⇐⇒√2√12 + (a+ b− 1)2 +
√2√(1− a)2 + (1− b)2 ⩾ 2,
由柯西不等式得
√2√12 + (a+ b− 1)2 +
√2√(1− a)2 + (1− b)2 ⩾ 1 + a+ b− 1 + 1− a+ 1− b = 2,
故式 (1.1.2) 成立。式 (1.1.1) 与式 (1.1.2) 相加即得
LHS ⩾ 1 +√1 + (a+ b)2 +
√1 + (1− a− b)2 ⩾ 1 +
√5.
22
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3261
-
1.1. 不等式类 kuing 网络撸题集
解答时间 2015-1-10注 上述证法其实是沿着贴题者在 4 楼提供的思路得出的,所以这个证明大半功劳不属于我。
♡
题目 1.1.27. 已知 a, b, c ⩾ 0 满足 a+ b+ c = 6,证明
a2 + 2b2 + 3c2 + abc ⩾ 24.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3269贴题者 v6mm131题目出处 Tran Quoc Luat
证明 两边乘以 18 等价于证
3(a+ b+ c)(a2 + 2b2 + 3c2) + 18abc ⩾ 2(a+ b+ c)3,
展开整理为
(a− 2b)2(a+ b) + 3a(2b− a)c+ 3(a+ b)c2 + 7c3 ⩾ 0,
如果 a ⩽ 2b,上式显然成立,如果 a > 2b,可设 a = 2b+ t, t > 0,代入上式又可以整理为
t(t2 − 3tc+ 3c2) + 3b(t2 − 2tc+ 3c2) + 7c3 ⩾ 0,
也显然成立,即得证,等号成立当且仅当 c = 0, a = 2b。
解答时间 2015-1-7注 后来贴题者也贴出了如下证法但并未注明解答者。
证明 (unknown author) We wii consider three casesCase1. a ⩾ 4. In this case, we have
2b2 + 3c2 + abc ⩾ 2b2 + 2c2 + 4bc = 2(b+ c)2,
Therefore, it suffices to prove thata2 + 2(b+ c)2 ⩾ 24,
But this inequality follows immediately from Cauchy-Schwarz Inequality
a2 + 2(b+ c)2 ⩾ (a+ b+ c)2
1 + 12= 24;
Case2. b ⩾ 2. Sincea2 + 3c2 + abc ⩾ a2 + c2 + 2ac = (a+ c)2,
it is enough to check the following inequality
(a+ c)2 + 2b2 ⩾ 24,
By the Cauchy-Schwarz Inequality, we have
(a+ c)2 + 2b2 ⩾ (a+ b+ c)2
1 + 12= 24;
23
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3269
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kuing 网络撸题集 1. 来自悠闲数学娱乐论坛 (第 2 版)
Case3. a ⩽ 4 and b ⩽ 2 In this case, we have (4 − a)(2 − b) ⩾ 0, i.e. ab ⩾ 2a + 4b − 8, According to thisresult, we find that
a2 + 2b2 + 3c2 + abc ⩾ a2 + 2b2 + 3c2 + c(2a+ 4b− 8) = (a+ c)2 + 2(b+ c)2 − 8c,
On the other hand, the Cauchy-Schwarz Inequality gives us
(a+ c)2 + 2(b+ c)2 ⩾ (a+ c+ b+ c)2
1 + 12=
2
3(c+ 6)2,
Combining this with the above inequality, we get
a2 + 2b2 + 3c2 + abc ⩾ 23(c+ 6)2 − 8c = 2
3c2 + 24 ⩾ 24.
The proof is completed. It is easy to see that inequality holds if and only if a = 4, b = 2, c = 0.
♣
题目 1.1.28. 若 a, b, c 均为正数,求证
2a+ b√a2 − ab+ b2
+2b+ c√
b2 − bc+ c2+
2c+ a√c2 − ca+ a2
⩾ 9(ab+ bc+ ca)a2 + b2 + c2
.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3265贴题者 v6mm131
证明 易见,要证原不等式,只需证明如下不等式即可∑ a√a2 − ab+ b2
⩾ 3(ab+ bc+ ca)a2 + b2 + c2
,
由 Hölder 不等式,有(∑ a√a2 − ab+ b2
)2∑a(b+ 2c)3(a2 − ab+ b2) ⩾
(∑a(b+ 2c)
)3= 27(ab+ bc+ ca)3,
故只需证
27(ab+ bc+ ca)3∑a(b+ 2c)3(a2 − ab+ b2)
⩾(3(ab+ bc+ ca)
a2 + b2 + c2
)2,
亦即
f(a, b, c) = 3(ab+ bc+ ca)(a2 + b2 + c2)2 −∑
a(b+ 2c)3(a2 − ab+ b2) ⩾ 0,
由轮换对称性,不妨设 a = min{a, b, c},则可设 b = a+ t, c = a+ u 其中 t, u ⩾ 0,代入展开整理得
f(a, a+ t, a+ u) = M1a4 +M2a
3 +M3a2 +M4a+M5,
其中
M1 = 9(t− u)2 + 9tu,
M2 = 24(t+ u)(t− u)2 + tu(9t+ 3u),
M3 = 23(t− u)4 + tu(85t2 − 159tu+ 79u2),
M4 = 5(t+ u)(t− u)4 + 23tu(t+ u)(t− u)2 + tu(4t3 + u3),
M5 = 2tu(t2 − u2)2 + t2u(t3 + tu2 + u3),
由 1592 − 4× 85× 79 < 0 可知 85t2 − 159tu+ 79u2 ⩾ 0,故以上五个 M 都为非负的,所以原不等式获证。
24
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3265
-
1.1. 不等式类 kuing 网络撸题集
解答时间 2015-1-5注 差分代换太暴力,有时间得想个简洁点的证法。
♢
题目 1.1.29. 已知实数 x, y 满足 x2 + xy + y2 = 3,则 x+ 2y 的最大值为?(贴题者注:判别式法知道的,同事要求用基本不等式,不会。)
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3259贴题者 realnumber
解 设实数 λ 满足 2λ2 − 2λ = 1,则
x+ 2y
2=
λx+ y + (1− λ)x+ y2
⩽
√(λx+ y)2 +
((1− λ)x+ y
)22
=
√2λ2 − 2λ+ 1
2x2 + xy + y2
=√x2 + xy + y2,
取等略。
解答时间 2014-12-30注 其实也不太想录这题,这类题早被玩烂了。
♠
题目 1.1.30. 设 x, y, z 是实数且 x+ y + z = 0,求证
6(x3 + y3 + z3)2 ⩽ (x2 + y2 + z2)3.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3243贴题者 guanmo1
证明 由 x+ y + z = 0 及对称性,可不妨设 xy ⩽ 0,则
6(x3 + y3 + z3)2 = 6(x3 + y3 − (x+ y)3
)2= 54x2y2z2
= 27|xy| · |xy| · 2z2
⩽ (2|xy|+ 2z2)3
=(−2xy + (x+ y)2 + z2
)3= (x2 + y2 + z2)3.
解答时间 2014-12-17注 在等价于 54(xyz)2 ⩽ (x2 + y2 + z2)3 之后直接消 z 作差可以因式分解为
2(x− y)2(2x+ y)2(x+ 2y)2 ⩾ 0,
取等条件就很清楚了。
此外,网友「战巡」利用三次判别式给出如下特别的证法。
25
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3259http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3243
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kuing 网络撸题集 1. 来自悠闲数学娱乐论坛 (第 2 版)
证明 (by 战巡) 由于 x+ y + z = 0,可以令 x, y, z 为关于 a 的方程 a3 + pa = q 的三个解,则
6(x3 + y3 + z3)2 = 6(q − px+ q − py + q − pz)2 = 6(3q)2 = 54q2,
(x2 + y2 + z2)3 =((x+ y + z)2 − 2(xy + yz + xz)
)3= (0− 2p)3 = −8p3,
由于方程有三个实数解,可知p3
27+
q2
4⩽ 0,
即 54q2 ⩽ −8p3,得证。
♡
题目 1.1.31. 已知 a, b, c 均为正数,证明
a2√a2 + 14ab+ b
2+
b2√b2 + 14bc+ c
2+
c2√c2 + 14ca+ a
2⩾ 2
3(a+ b+ c).
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3149贴题者 B88
证明 只要证明a2√
a2 + 14ab+ b2⩾ a− b
3
即可,若 b ⩾ 3a 则显然成立,当 b < 3a 时等价于
a4
a2 + 14ab+ b2⩾(a− b
3
)2,
而
a4 −(a− b
3
)2(a2 +
1
4ab+ b2
)=
1
36b(15a− 4b)(a− b)2 ⩾ 0,
即得证。
解答时间 2014-10-30
♣
题目 1.1.32. 已知 A+B + C = π, A, B, C > 0,求下式的最小值(2 sin2 A+
1
sin2 A
)(2 sin2 B +
1
sin2 B
)(2 sin2 C +
1
sin2 C
).
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3103贴题者 nash题目出处 网友「957683999」由四元的情形提出(四元时为入门级别题目,见原帖 8 楼)
解 当 A = B = C = π/3 时原式的值为 (17/6)3,下面证明它就是所求的最小值,即要证明
∏(2 sin2 A+
1
sin2 A
)⩾(17
6
)3.
由条件知 A, B, C 可构成三角形的三个内角。
26
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3149http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3103
-
1.1. 不等式类 kuing 网络撸题集
(1)若三角形为非锐角三角形,由对称性不妨设 A ⩾ π/2,则
sinB sinC =cos(B − C)− cos(B + C)
2⩽ 1 + cosA
2⩽ 1
2,
故由柯西不等式及 2x+ 1/x 的单调性知(2 sin2 B +
1
sin2 B
)(2 sin2 C +
1
sin2 C
)⩾(2 sinB sinC +
1
sinB sinC
)2⩾ 9,
所以 ∏(2 sin2 A+
1
sin2 A
)⩾ 9
(2 sin2 A+
1
sin2 A
)⩾ 18
√2 >
(17
6
)3;
(2)若三角形为锐角三角形,设 D = π − 2A, E = π − 2B, F = π − 2C,那么 D, E, F ∈ (0, π) 且D + E + F = π,故此 D, E, F 可构成三角形的三个内角,此时
sin2 A = sin2π −D
2= cos2
D
2=
1 + cosD
2,
故待证的不等式等价于 ∏(1 + cosD +
2
1 + cosD
)⩾(17
6
)3,
下面证明当 x ∈ (−1, 1) 时恒有
ln
(1 + x+
2
1 + x
)⩾ 2
51
(x2 − 1
4
)+ ln
17
6,
令
f(x) = ln
(1 + x+
2
1 + x
)− 2
51
(x2 − 1
4
)− ln 17
6,
求导得
f ′(x) =1− 2(1+x)21 + x+ 21+x
− 451
x =(2x− 1)(51 + 12x− 7x2 − 2x3)
51(x+ 1)(x2 + 2x+ 3),
当 x ∈ (−1, 1) 时显然有 51 + 12x− 7x2 − 2x3 > 0, (x+ 1)(x2 + 2x+ 3) > 0,故 f(x) 在 (−1, 1/2) 内递减,在(1/2, 1) 内递增,而 f(1/2) = 0,所以对于 x ∈ (−1, 1) 恒有 f(x) ⩾ 0。
由此,我们有∑ln
(1 + cosD +
2
1 + cosD
)⩾ 2
51
(cos2 D + cos2 E + cos2 F − 3
4
)+ 3 ln
17
6,
又由三角恒等式及均值不等式有
1 = cos2 D + cos2 E + cos2 F + 2 cosD cosE cosF
⩽ cos2 D + cos2 E + cos2 F + 2
√(cos2 D + cos2 E + cos2 F
3
)3,
解得
cos2 D + cos2 E + cos2 F ⩾ 34,
所以我们得到 ∑ln
(1 + cosD +
2
1 + cosD
)⩾ 3 ln 17
6,
亦即 ∏(1 + cosD +
2
1 + cosD
)⩾(17
6
)3.
综上所述,原式的最小值就是 (17/6)3。
27
-
kuing 网络撸题集 1. 来自悠闲数学娱乐论坛 (第 2 版)
解答时间 2014-10-18 03:08
♢
题目 1.1.33. 整数 a, b, c, d, e 满足 |a| ⩾ |b + 20|, |b| ⩾ |c + 14|, |c| ⩾ |d + 7|, |d| ⩾ |e + 23|,那么|a|+ |b|+ |c|+ |d|+ |e| 的最小值为 。
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3020贴题者 wzxsjz题目出处 2014 希望杯初一精英
解 由条件得
|a|+ |b|+ |c|+ |d|+ |e| ⩾ |b+ 20|+ |b|+ |e+ 23|+ |e| ⩾ |b+ 20− b|+ |e+ 23− e| = 43,
当 a = 0, b = −20, c = 0, d = −7, e = −16 时取等,故最小值为 43。
解答时间 2014-9-13注 上述过程或许可以通过取一些特殊值猜到答案而得出,不过事实上我并没有去猜,在思考的时候我是
先从折线函数的特性考虑,逐步调整得到结果,然后再反观取等条件而得到上面的解法。
将草稿整理出来的逐步调整过程如下
|a|+ |b|+ |c|+ |d|+ |e|
⩾ |b+ 20|+ |b|+ |c|+ |d|+ |e|
⩾ min{|c+ 14 + 20|, |−c− 14 + 20|}+ |c+ 14|+ |c|+ |d|+ |e|
= min{|c+ 34|, |c− 6|}+ |c+ 14|+ |c|+ |d|+ |e|
= |c+ 34|+ |c− 6| − 20 + |c|+ |d|+ |e|
⩾ min{|d+ 7 + 34|+ |d+ 7− 6|, |−d− 7 + 34|+ |−d− 7− 6|} − 20 + |d+ 7|+ |d|+ |e|
= min{|d+ 41|+ |d+ 1|, |d− 27|+ |d+ 13|} − 20 + |d+ 7|+ |d|+ |e|
= |d+ 41|+ |d− 27| − 28− 20 + |d+ 7|+ |d|+ |e|
⩾ min{|e+ 23 + 41|+ |e+ 23− 27|+ |e+ 23 + 7|, |−e− 23 + 41|+ |−e− 23− 27|
+ |−e− 23 + 7|}+ |e+ 23|+ |e| − 48
= min{|e+ 64|+ |e− 4|+ |e+ 30|, |e− 18|+ |e+ 50|+ |e+ 16|}+ |e+ 23|+ |e| − 48
= |e+ 64|+ |e+ 30|+ |e+ 16|+ |e− 18| − 21 + |e| − 48
⩾ |−16 + 64|+ |−16 + 30|+ |−16− 18| − 21 + |−16| − 48
= 43,
然后取等条件从后面看起,由 e = −16 反推回去即可。而在调整的过程中发现数据每次都刚刚好可以将 min化掉。另外,整数的条件显然可以弱化为实数。
♠
题目 1.1.34. 已知 △ABC 的内切圆半径为 2,且 tanA = −4/3,求 △ABC 的最小面积。(贴题者注:哪位知道此题的出处?)
28
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3020
-
1.1. 不等式类 kuing 网络撸题集
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3019贴题者 第一章
解 这里考虑一般的情形,由
2S = (a+ b+ c)r
=(√
b2 + c2 − 2bc cosA+ b+ c)r
⩾(√
2bc− 2bc cosA+ 2√bc)r
=
(√4S(1− cosA)
sinA+ 2
√2S
sinA
)r
= 2√S
(√tan
A
2+
√2
sinA
)r,
即得
√S ⩾
(√tan
A
2+
√2
sinA
)r,
当且仅当 b = c 时取等。
解答时间 2014-9-13注 这结论估计也是早被玩烂了的东西,所以找题目出处的话我看就算了吧。
♡
题目 1.1.35. 设正系数一元二次方程 ax2 + bx+ c = 0 有实根,求下式的取值范围
max{a, b, c} −min{a, b, c}a+ b+ c
.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3001(5 楼)贴题者 nash
解 条件等价于 a, b, c > 0, b2 − 4ac ⩾ 0,可见条件及所求式子都关于 a, c 对称,故此可以不妨设 a ⩾ c,则显然 b > c,故
max{a, b, c} −min{a, b, c}a+ b+ c
=max{a, b} − c
a+ b+ c.
(1)如果 b > 2a,则max{a, b} − c
a+ b+ c=
b− ca+ b+ c
⩾ b− a2a+ b
>1
4;
(2)如果 2a ⩾ b ⩾ a,则
max{a, b} − ca+ b+ c
=b− c
a+ b+ c⩾
b− b2
4a
a+ b+ b2
4a
=4ab− b2
(2a+ b)2,
而4ab− b2
(2a+ b)2− 1
4=
(2a− b)(5b− 2a)(2a+ b)2
⩾ 0 =⇒ max{a, b} − ca+ b+ c
⩾ 14;
(3)如果 a > b,则
max{a, b} − ca+ b+ c
=a− c
a+ b+ c⩾
a− b2
4a
a+ b+ b2
4a
=2a− b2a+ b
>1
3.
29
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3019http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=3001
-
kuing 网络撸题集 1. 来自悠闲数学娱乐论坛 (第 2 版)
综合(1)(2)(3)知max{a, b, c} −min{a, b, c}
a+ b+ c⩾ 1
4,
当 b = 2a = 2c 时取等;
另一方面,显然 max{a, b, c} −min{a, b, c} < a+ b+ c,当 b = 1, a = c→ 0 时满足条件且 (max{a, b, c} −min{a, b, c})/(a+ b+ c)→ 1。
而 (max{a, b, c} −min{a, b, c})/(a+ b+ c) 是连续函数,故综上可知所求的取值范围为 [1/4, 1)。
解答时间 2014-9-5
♣
题目 1.1.36. 在 △ABC 中,求证
cot2 A+ cot2 B + cot2 C ⩾(4R+r
s
)2 a3+b3+c3abc
(a+ b+ c)(1a +
1b +
1c
) .帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=2942(4 楼)贴题者 yangyou719
证明 由恒等式
a+ b+ c = 2s,
ab+ bc+ ca = s2 + 4Rr + r2,
abc = 4sRr,
以及由正弦定理易得 cot2 A = 4R2/a2 − 1,于是
cot2 A+ cot2 B + cot2 C = 4R2(
1
a2+
1
b2+
1
c2
)− 3
= 4R2(ab+ bc+ ca)2 − 2abc(a+ b+ c)
a2b2c2− 3
= 4R2(s2 + 4Rr + r2)2 − 16s2Rr
(4sRr)2− 3
=(s2 + 4Rr + r2)2 − 16s2Rr
4(sr)2− 3,
另一边 (4R+r
s
)2 a3+b3+c3abc
(a+ b+ c)(1a +
1b +
1c
) = (4R+ rs
)2(a+ b+ c)3 − 3(a+ b+ c)(ab+ bc+ ca) + 3abc
(a+ b+ c)(ab+ bc+ ca)
=
(4R+ r
s
)2(2s)3 − 6s(s2 + 4Rr + r2) + 12sRr
2s(s2 + 4Rr + r2)
=
(4R+ r
s
)2s2 − 6Rr − 3r2
s2 + 4Rr + r2,
所以原不等式等价于
(s2 + 4Rr + r2)2 − 16s2Rr4(sr)2
− 3 ⩾(4R+ r
s
)2s2 − 6Rr − 3r2
s2 + 4Rr + r2,
去分母整理等价于
(s2 − 16Rr + 5r2)(s2(R− r)(s2 + 12Rr − 14r2) + r2(112R3 + 92R2r + 77Rr2 − 23r3)
)30
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=2942
-
1.1. 不等式类 kuing 网络撸题集
+ 2r3(4R2 + 4Rr + 3r2 − s2)(280R2 − 168Rr + 17r2) ⩾ 0,
由欧拉不等式 R ⩾ 2r 及 Gerretsen 不等式 4R2 + 4Rr + 3r2 ⩾ s2 ⩾ 16Rr − 5r2 可知上式成立,故原不等式得证。
解答时间 2014-8-6
♢
题目 1.1.37. 在 △ABC 中,求证
Rr − 2Rr + 2
(a+ b+ c)
(1
a+
1
b+
1
c
)+
(a+ b+ c)2
a2 + b2 + c2⩾ 3.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=2942贴题者 yangyou719
证明 由恒等式
a+ b+ c = 2s,
ab+ bc+ ca = s2 + 4Rr + r2,
abc = 4sRr,
可知原不等式等价于
R− 2rR+ 2r
· 2s · s2 + 4Rr + r2
4sRr+
(2s)2
(2s)2 − 2(s2 + 4Rr + r2)⩾ 3,
去分母整理等价于
(s2 − 16Rr + 5r2)((R− 2r)(R− r)s2 + (14R3 + 3R2r + 5Rr2 − 4r3)r
)+ 2(4R2 + 4Rr + 3r2 − s2)(29R2 − 23Rr + 3r2)r2 ⩾ 0,
由欧拉不等式 R ⩾ 2r 及 Gerretsen 不等式 4R2 + 4Rr + 3r2 ⩾ s2 ⩾ 16Rr − 5r2 可知上式成立,故原不等式得证。
解答时间 2014-8-5
♠
题目 1.1.38. Prove that if x, y ∈(0,√
π/2)and x ̸= y, then
(ln
1− sin(xy)1 + sin(xy)
)2⩾ ln 1− sin(x
2)
1 + sin(x2)ln
1− sin(y2)1 + sin(y2)
.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=2652贴题者 其妙
证明 下面将证明原不等式反向成立,即(ln
1− sin(xy)1 + sin(xy)
)2⩽ ln 1− sin(x
2)
1 + sin(x2)ln
1− sin(y2)1 + sin(y2)
,
31
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=2942http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=2652
-
kuing 网络撸题集 1. 来自悠闲数学娱乐论坛 (第 2 版)
亦即 (ln
1 + sin(xy)
1− sin(xy)
)2⩽ ln 1 + sin(x
2)
1− sin(x2)ln
1 + sin(y2)
1− sin(y2). (1.1.3)
注意到 (ln
1 + sinx
1− sinx
)′=
2
cosx,
故由 x, y 的范围知
(1.1.3)⇐⇒(∫ xy
0
2
cos tdt
)2⩽(∫ x2
0
2
cos tdt
)(∫ y20
2
cos tdt
)
⇐⇒(∫ xy
0
2
cos tdt
)2⩽(∫ xy
0
2
cos(xt/y)· xydt
)(∫ xy0
2
cos(yt/x)· yxdt
)⇐⇒
(∫ xy0
1
cos tdt
)2⩽(∫ xy
0
1
cos(xt/y)dt
)(∫ xy0
1
cos(yt/x)dt
),
由柯西不等式有
(∫ xy0
1
cos(xt/y)dt
)(∫ xy0
1
cos(yt/x)dt
)⩾(∫ xy
0
1√cos(xt/y) cos(yt/x)
dt
)2,
由此可见,只要证明当 x, y ∈(0,√π/2
), 0 < t < xy 时恒有
cosxt
ycos
yt
x⩽ cos2 t. (1.1.4)
令
h(x) = ln cosx, x ∈ (0, π/2),
求导得
h′(x) = − tanx < 0,
h′′(x) = − sec2 x < 0,
故由琴生、均值及单调性,即得
h
(xt
y
)+ h
(yt
x
)⩽ 2h
(1
2
(x
y+
y
x
)t
)⩽ 2h(t),
即
ln cosxt
y+ ln cos
yt
x⩽ 2 ln cos t,
亦即式 (1.1.4),故式 (1.1.3) 获证,所以原不等式反向成立。
解答时间 2014-5-12注 最初我还有一个思路,就是利用泰勒展开,有
ln1 + sinx
1− sinx= 2x+
x3
3+
x5
12+ · · · ,
假如能够证明后面的项的系数全是正的,这样的话,两式相乘再用柯西不等式应该也可以得出反向的不等式。
但是如何证明系数全正?n 阶导数的通式似乎很难找,不知怎么弄,有时间再研究下。
♡
32
-
1.1. 不等式类 kuing 网络撸题集
题目 1.1.39. 已知 x, y, z > 0, 2x+ 2y + z = 1,求证
3
1 + xy+
1
1 + yz+
1
1 + xz⩾ 125
26.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=2710贴题者 依然饭特稀
证法一 观察到 x = y = z 取等,故此由柯西有
1
1 + xy+
1
1 + xy+
1
1 + xy+
1
1 + yz+
1
1 + xz⩾ 25
5 + 3xy + yz + xz,
因此只要证
3xy + yz + xz ⩽ 15,
即
5(3xy + yz + xz) ⩽ (2x+ 2y + z)2,
配方得
(2x+ 2y + z)2 − 5(3xy + yz + xz) = 154(x− y)2 + 1
4(x+ y − 2z)2,
于是得证。
证法二 由柯西和均值有
3
1 + xy+
1
1 + yz+
1
1 + xz⩾ 12
4 + (x+ y)2+
4
2 + (x+ y)z
=48
16 + (1− z)2+
8
4 + (1− z)z,
而48
16 + (1− z)2+
8
4 + (1− z)z− 125
26=
(5z − 1)2(5z2 − 13z + 28)26(z2 − 2z + 17)(4 + z − z2)
⩾ 0,
即得证。
解答时间 2014-5-11
♣
题目 1.1.40. 已知 a, b, c ⩾ 0,求最小系数 k 使得以下不等式恒成立
∑ (b+ c)√bc√(a+ c)(a+ b)
⩽ k∑
a.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=2684贴题者 天书
解 令 b = c = 1,则应有2
a+ 1+√
2a(a+ 1) ⩽ k(a+ 2)
对任意 a ⩾ 0 恒成立,而求极限易得
lima→+∞
1
a+ 2
(2
a+ 1+√
2a(a+ 1)
)=√2,
33
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kuing 网络撸题集 1. 来自悠闲数学娱乐论坛 (第 2 版)
可见必先有 k ⩾√2,下面证明当 k =
√2 时不等式成立。
由对称性,不妨设 a = max{a, b, c},则∑ (b+ c)√bc√(a+ b)(a+ c)
=(b+ c)
√bc√
(a+ b)(a+ c)+
(c+ a)√ca√
(b+ c)(b+ a)+
(a+ b)√ab√
(c+ a)(c+ b)
⩽ (b+ c)√bc√
(c+ b)(b+ c)+
(c+ a)√ca√
(b+ c)a+
(a+ b)√ab√
a(c+ b)
=√bc+
b√b+ c
√c√
b+ c+ a
√b+√c√
b+ c
⩽√bc+
b√b+ c
√c√
b+ c+√2a,
故剩下只需证√bc+
b√b+ c
√c√
b+ c⩽√2(b+ c),
为了减少根号,令 b = x2, c = y2,其中 x, y > 0,则上式等价于
x3 + y3√x2 + y2
⩽√2(x2 + y2)− xy,
显然右边非负,故两边平方等价于
(x3 + y3)2
x2 + y2⩽ 2(x2 + y2)2 − 2
√2xy(x2 + y2) + x2y2,
只需证明更强式(x3 + y3)2
x2 + y2⩽ 2(x2 + y2)2 − 3xy(x2 + y2) + x2y2, (1.1.5)
事实上
(1.1.5)⇐⇒ (x+ y)2(x2 + y2 − xy)2
x2 + y2⩽ (2x2 + 2y2 − xy)(x2 + y2 − xy)
⇐⇒ (x+ y)2(x2 + y2 − xy) ⩽ (x2 + y2)(2x2 + 2y2 − xy)
⇐⇒(x2 + y2 − (x+ y)2
)xy ⩽ (x2 + y2)
(2x2 + 2y2 − (x+ y)2
)⇐⇒ −2x2y2 ⩽ (x2 + y2)(x− y)2,
显然成立。
综上所述,k 的最小值为√2。
解答时间 2014-5-3注 本题事实上是 2006 年摩尔多瓦不等式题(即第 177 页题目 2.1.31 或第 454 页题目 4.6.34)的反向不
等式。
♢
题目 1.1.41. x, y, z 为正实数,且满足 xn + yn + zn = 3(n ⩾ 1),求证
x
x+ yz+
y
y + zx+
z
z + xy⩾ 3
2.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=745贴题者 longzaifei
34
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=745
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1.1. 不等式类 kuing 网络撸题集
证明 易知满足 xn + yn + zn = 3(n ⩾ 1)的正实数 x, y, z 必然满足 x+ y + z ⩽ 3,由此可见,我们只需证明当 x, y, z > 0, x+ y + z ⩽ 3 时原不等式成立即可。
显然,对于任意满足 x, y, z > 0, x + y + z ⩽ 3 的 x, y, z,我们总可以找到相应的 a, b, c, t,满足 a, b,c > 0, a+ b+ c = 3, 0 < t ⩽ 1 且 x = ta, y = tb, z = tc,于是原不等式等价于
a
a+ tbc+
b
b+ tca+
c
c+ tab⩾ 3
2,
显然上式左边关于 t 递减,而 0 < t ⩽ 1,故此只要证明当 t = 1 时上式成立即可,这也就是说,只要证明原不等式当 x+ y + z = 3 时成立即可。此时∑ z
z + xy⩾ 3
2⇐⇒
∑ z(x+ y + z)z(x+ y + z) + 3xy
⩾ 32
⇐⇒∑( z(x+ y + z)
z(x+ y + z) + 3xy− 1
2
)⩾ 0
⇐⇒∑ (z − x)(z + 3y) + (z − y)(z + 3x)
z(x+ y + z) + 3xy⩾ 0
⇐⇒∑( (z − x)(z + 3y)
z(x+ y + z) + 3xy+
(x− z)(x+ 3y)x(x+ y + z) + 3yz
)⩾ 0
⇐⇒∑ 6y2(x− z)2(
z(x+ y + z) + 3xy)(x(x+ y + z) + 3yz
) ⩾ 0,显然成立,原不等式得证。
解答时间 2013-11-8 & 2014-1-2 & 2014-5-1注 上面这三个时间是这样来的:
2013-11-8 是想到弱化条件的时间,但当时没什么心情,所以没再想下去。2014-1-2 是在另一帖 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=2210 中的 SOS,其实已经顺带
解决了这道题,但是当时完全没想起来。
2014-5-1 就是录入的时间,当我录到这里的时候我才想起了那个 SOS,然后结合两个帖的内容写下了上述证明过程。
♠
题目 1.1.42. 已知 a, b, c, d ∈ R, abcd = 1,求 a2 + b2 + c2 + d2 + ab+ ac+ ad+ bc+ bd+ cd 的最小值。
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=2591贴题者 依然饭特稀
解
a2 + b2 + c2 + d2 + ab+ ac+ ad+ bc+ bd+ cd =a2 + b2 + c2 + d2 + (a+ b+ c+ d)2
2
⩾ a2 + b2 + c2 + d2
2
⩾ 2 4√a2b2c2d2
= 2,
当 a = b = 1, c = d = −1 时取等。
解答时间 2014-4-10注 网友「其妙」给出如下解法。
35
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=2210http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=2591
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kuing 网络撸题集 1. 来自悠闲数学娱乐论坛 (第 2 版)
证明 (by 其妙)
a2 + b2 + c2 + d2 + ab+ ac+ ad+ bc+ bd+ cd
=a2 + b2 + c2 + d2
2+
a2 + 2ad+ d2 + b2 + 2bc+ c2
2+ ab+ ac+ bd+ cd
=a2 + b2 + c2 + d2
2+
(a+ d)2 + (b+ c)2
2+ (a+ d)(b+ c)
⩾ a2 + b2 + c2 + d2
2+ |(a+ d)(b+ c)|+ (a+ d)(b+ c)
⩾ a2 + b2 + c2 + d2
2
⩾ 2 4√a2b2c2d2
= 2,
取等略。
♡
题目 1.1.43. 若满足 abc = 1 的任意正实数 a, b, c 使不等式
1
a+
1
b+
1
c+
λ
a+ b+ c⩾ 9
恒成立,求正实数 λ 的最小值。
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=2559贴题者 其妙
题目出处 《数学通讯》(学生刊) 2014 年第 4 期数学问题 173,安振平供题
解 由 a, b, c > 0, abc = 1 得
1
a+
1
b+
1
c+
λ
a+ b+ c⩾ 9⇐⇒ λ ⩾ (9− ab− bc− ca)(a+ b+ c),
于是等价于求 (9− ab− bc− ca)(a+ b+ c) 的最大值。由对称性,不妨设 c ⩽ b ⩽ a,则由 abc = 1 知 c ⩽ 1。
(1)若 c < 1/9,则 ab > 9,此时 (9− ab− bc− ca)(a+ b+ c) < 0;(2)若 1/9 ⩽ c ⩽ 1,则
(9− ab− bc− ca)(a+ b+ c) = c(9
c− 1
c2− a− b
)(a+ b+ c)
⩽ c4
(9
c− 1
c2− a− b+ a+ b+ c
)2=
c
4
(9
c− 1
c2+ c
)2,
令
f(c) =c
4
(9
c− 1
c2+ c
)2,
1
9⩽ c ⩽ 1,
下面求 f(c) 的最大值,求导并因式分解得
f ′(c) =3(c3 − 3c+ 1)(c3 + 9c− 1)
4c4,
36
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=2559
-
1.1. 不等式类 kuing 网络撸题集
由 c ⩾ 1/9 知 c3+9c−1 > 0,又易证 g(c) = c3−3c+1 在 [1/9, 1] 上递减且 g(1/9)g(1) < 0,于是 c3−3c+1 = 0在 [1/9, 1] 上有且只有一个解,记此解为 c0,于是得到
f(c)max = f(c0).
综合(1)(2),我们得到了 (9− ab− bc− ca)(a+ b+ c) ⩽ f(c0)。最后我们来验证取等条件,当 b = c = c0 且 a = 1/c
20 时,有
(9− ab− bc− ca)(a+ b+ c)− f(c0) =(9− 2
c0− c20
)(1
c20+ 2c0
)− c0
4
(9
c0− 1
c20+ c0
)2=
9(c30 − 3c0 + 1)2
4c30
= 0.
综上,我们得到了 (9− ab− bc− ca)(a+ b+ c) 的最大值为 f(c0),即 λ 的最小值为 f(c0)。在数值上,c0 ≈ 0.347, f(c0) ≈ 28.04。
解答时间 2014-4-5注 事实上,还可以将 f(c0) 化为某个多项式的根,可以用结式去做,结果是 x
3−24x2−537x+11881 = 0,于是理论上还可以用卡当公式将 f(c0) 写出来,具体就不写了,反正也没什么用。
另外,当时我还看到几个链接说证出 λ = 18,事实上,λ = 28 的反例是 a = 7/20, b = 7/20, c = 400/49。
♣
题目 1.1.44. 已知 a, b, c 是正实数,且 a+ b+ c = 3 ,求证
1
a5+
1
b5+
1
c5+
5
2a3b3c3 ⩾ 11
2.
帖地址 http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=2489贴题者 其妙
证明 由幂平均有 (1
3
(1
a5+
1
b5+
1
c5
))2⩾(1
3
(1
a2+
1
b2+
1
c2
))5,
于是
1
a5+
1
b5+
1
c5⩾
√1
33
(1
a2+
1
b2+
1
c2
)5⩾
√1
33
(1
ab+
1
bc+
1
ca
)5=
3√(abc)5
,
令√abc = t,则
1
a5+
1
b5+
1
c5+
5
2a3b3c3 ⩾ 3
t5+
5
2t6 =
1
2
(1
t5+
1
t5+ · · ·+ 1
t5︸ ︷︷ ︸6个
+ t6 + t6 + · · ·+ t6︸ ︷︷ ︸5个
)⩾ 11
2.
解答时间 2014-3-18注 贴题者大概是加强了 http://blog.sina.com.cn/s/blog_5618e6650101qemg.html 里的不等式,那
个原题太弱,随便放缩都不过,还居然能上《数学通讯》。不过其实现在这个也并没有强多少,然而,如果想求
最佳系数?那又会变得非常困难,我就没什么兴趣玩下去了。
♢
37
http://kuing.orzweb.net/viewthread.php?tid=2489http://blog.sina.com.cn/s/blog_5618e6650101qemg.html
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kuing 网络撸题集 1. 来自悠闲数学娱乐论坛 (第 2 版)
题目 1.1.45. 在直角坐标系 xOy 中,抛物线 y = ax2 + bx+ c(a, b, c 是正整数)与 x 轴有两个不同的交点 A(x1, 0), B(x2, 0)。若 |x1| 和 |x2| 都大于 1,则 abc 的最小值是 ,此时 a+ b+ c =