高中奥数 2022-02-24

\subsection{放缩法}

有时我们直接证明不等式比较困难,可以试着去找一个中间量,如果有及同时成立,自然就有成立所谓“放缩”即将放大到,再把放大到或者反过来把缩小到再缩小到.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）

设是正整数,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.

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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 P004 例07）

求证:对任意正实数、、,均有

证明

因为

所以,

同理可得

把上面三式相加,便得

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,求证:

分析观察两边的式子,首先要设法让左边“变出”.

证明

由于,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.

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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 P006 例09）

求最大的实数,使得对所有正实数、、成立.

解法1

令,,则原式左端,因此,若,将出现矛盾,故.

下面证明:.

不妨设,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、移到右边,即证

也即

两边约去,并且由于,,所以,只要证明

由于,所以随的增大而增大.

同样,也随的增大而增大.

所以我们只须考虑时的情况.

令,即证

也就是,即证.

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.

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

设

其中为待定参数.

注意到等价于.

上式左边,故只须保证

不难发现,取即可.于是

而等号显然不可能成立,所以.

故.

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）

设非负实数与同时满足以下条件:

(1);

(2);

(3).

求证:对任意,都有.(2010年中国西部数学奥林匹克)

证明

对任意,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.

同理有,所以,所以.

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、、满足,证明

(2005年国际数学奥林匹克)

证明

原不等式可变形为

由柯西不等式及题设条件,得

即.

同理

把上面三个不等式相加,并利用,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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