高中奥数 2022-03-15

2022-03-15-01

（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 P051 例11）

求最大的正整数,使得存在个不同的实数,满足:对任意,有

解

等价于

也即

令,不妨设.

则原不等式等价于,即

因此,只需求出最大的,使得存在个角:,满足:

考虑复数,则.

由,,,知的辐角主值,的辐角主值.所以

又因为,则.

当,,, ,时,等号可以取到.

故的最大值为9.

2022-03-15-02

（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 P052 例12）

已知、、都是正数,求证:
等号当且仅当时成立.

证明

令,,,则

于是原不等式等价于

即

下面我们证明

注意到等价于.

由Cauchy不等式,这是显然的.

同理还有类似的其他两式,相加即得原不等式成立.

2022-03-15-03

（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 P052 例13）

设,求证:

证明

记不等式的左端为,令

所以
$\begin{aligned} 3=& \dfrac{1}{M} \cdot\left(\dfrac{b^{3}}{a^{2}+8 b c}+\dfrac{c^{3}}{b^{2}+8 c a}+\dfrac{a^{3}}{c^{2}+8 a b}\right)+\dfrac{1}{S}\left(\left(a^{2}+8 b c\right)+\left(b^{2}+8 c a\right)+\left(c^{2}+8 a b\right)\right)+\dfrac{1+1+1}{3} \\ =& \sum\left[\dfrac{b^{3}}{M\left(a^{2}+8 b c\right)}+\dfrac{a^{2}+8 b c}{S}+\dfrac{1}{3}\right] \\ \geqslant & 3 \sqrt[3]{\dfrac{b^{3}}{3 S M}}+3 \sqrt[3]{\dfrac{a^{3}}{3 S M}}+3 \sqrt[3]{\dfrac{c^{3}}{3 S M}} \\ =& \dfrac{3(a+b+c)}{\sqrt[3]{3 S M}} . \end{aligned}$
因此,故有成立.

2022-03-15-04

（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 P053 例14）

已知非负实数、、满足,求证:

并求出等号成立的条件.

证明

设,,则

令,则有(注意:这起到了降次的作用!).于是

$\begin{aligned} \sum\limits_{c y c} a^{4}&=\sum\limits_{c y c} a^{3}-m \sum\limits_{c y c} a^{2}+n \sum\limits_{c y c} a\\ &=(1-m) \sum\limits_{c y c} a^{2}-m \sum\limits_{c y c} a+n \sum\limits_{c y c} a+3 n\\ &=(1-m)(1-2 m)-m+n+3 n . \end{aligned}$

所以

等号当、、中有2个为时取到.

又因为,则相当于,即

即

而由Cauchy不等式可得

于是

故成立,且等号当时成立.

2022-03-15-05

（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 P054 例15）

(1)设实数、、都不等于,,求证:

(2)求证:存在无穷多组三元有理数组,使得上述不等式等号成立.(2008年国际数学奥林匹克)

证法1

(1)令,,,则

由题设条件得,

即,

所以

从而.

(2)令,是正整数,则是三元有理数组,、、都不等于1,且对于不同的正整数,三元有理数组是互不相同的.此时
$\begin{aligned} &\dfrac{x^{2}}{\left(x-1\right)^{2}}+\dfrac{y^{2}}{\left(y-1\right)^{2}}+\dfrac{z^{2}}{\left(-1\right)^{2}}\\ =&\dfrac{k^{2}}{\left(k^{2}-k+1\right)^{2}}+\dfrac{\left(k-k^{2}\right)^{2}}{\left(k^{2}-k+1\right)^{2}}+\dfrac{\left(k-1\right)^{2}}{\left(k^{2}-k+1\right)^{2}}\\ =&\dfrac{k^{4}-2k^{3}+3k^{2}-2k+1}{\left(k^{2}-k+1\right)^{2}}\\ =&1, \end{aligned}$
从而命题得证.

证法2

(1)由,可设,,,得,,,、、互不相等.故
$\begin{aligned} &\dfrac{x^{2}}{\left(x-1\right)^{2}}+\dfrac{y^{2}}{\left(y-1\right)^{2}}+\dfrac{z^{2}}{\left(z-1\right)^{2}}\geqslant 1\\ \Longleftrightarrow&\dfrac{p^{2}}{\left(p-q\right)^{2}}+\dfrac{q^{2}}{\left(q-r\right)^{2}}+\dfrac{r^{2}}{\left(r-p\right)^{2}}\geqslant 1.\qquad(*) \end{aligned}$
令,,,则化为.由于

所以,

由可得,

所以,从而式成立.

(2)令,,,其中可取除0外的一切有理数,改变,其中使得、、中有某个为1的至多只有有限个,这样就得到无穷多组三元有理数组,、、都不等于1,使得,而由知(2)成立.

高中奥数 2022-03-15

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