卖前一读——《数学奥林匹克中的不等式研究》

kuing

话说前些天我哥开始在“孔夫子旧书网”上卖他的一大堆藏书，于是我也搭个顺风车，把我以前买的一些书也上架了，看卖不卖得出😁，所以容我先发个广告😊：
欢迎光临云起时云的书摊：shop.kongfz.com/658557/

相比看书我显然更喜欢上网撸题，所以我那些书大部分就刚买时略看一下，放起来后就没怎么看过了，如今想卖了，还是再看两眼吧👀👀

首先看的是《数学奥林匹克中的不等式研究》（蔡玉书），翻了一会就看到这帖的巧妙证法，随即决定要认真一点，看到不错的也记录一下或者写点自己的看法发上来这里，于是就有了本帖。

这次我要懒，书上的过程直接拍照不码字了😁，导致本帖会多图，我尽量用折叠的方式来呈现。

kuing

题目：`a`, `b>0`, `n\inN`, `n\geqslant2`，证明：
\[\frac{a^n+a^{n-1}b+a^{n-2}b^2+\cdots+ab^{n-1}+b^n}{n+1}\geqslant\left(\frac{a+b}2\right)^n.\]
（1988 年湖南省中学生数学夏令营数学竞赛试题）

书上给出如下数学归纳证法：

P.144-145

评注：其实这个过程可以写得更容易理解一些，只需将过程倒过来写：
在假设 `n=k-1` 成立时，要证 `n=k` 成立，即证
\[\frac {a^k+a^{k-1}b+\cdots +ab^{k-1}+b^k}{k+1}\geqslant \left( {\frac {a+b}2} \right)^k,\]
由 `n=k-1` 成立可知只需证
\[\frac {a^k+a^{k-1}b+\cdots +ab^{k-1}+b^k}{k+1}\geqslant \frac {a^{k-1}+a^{k-2}b+\cdots +ab^{k-2}+b^{k-1}}k\cdot \frac {a+b}2,\]
去分母展开化简后最终就是
\[(k-1)(a^k+b^k)\geqslant 2(a^{k-1}+a^{k-2}b+\cdots +ab^{k-2}+b^{k-1}),\]
这时再由 `a^k+b^k\geqslant a^{k-i}b^i+a^ib^{k-i}` 可知成立。
呐，反过来是不是很顺畅，容易理解多了吧。

之后又在很后面再给出更巧妙的递推证法：

P.408-409

而如果让我来，我会先对左边变形再处理，如下：

我的想法：

如果 `a=b` 那就不用说了，下面不妨设 `a>b`，不等式等价于
\[\frac1{a-b}\cdot\frac{a^{n+1}-b^{n+1}}{n+1}\geqslant\left(\frac{a+b}2\right)^n,\quad(*)\]
这样变形后 `n` 实际上已经可以是任意大于 `1` 的实数。

若记 `f(x)=x^n`，式 (*) 就可以写成
\[\frac1{a-b}\int_b^af(x)\rmd x\geqslant f\left(\frac{a+b}2\right),\]
实际上当 `f(x)` 为下凸函数时上式就成立，这个结论好像还有个名称的，我一时想不起。

也可以用导数来证，令 `a=t+u`, `b=t-u`, `t`, `u>0`，式 (*) 等价于
\[\frac{(t+u)^{n+1}-(t-u)^{n+1}}{n+1}\geqslant2ut^n,\]
令 `g(u)=\LHS-\RHS`，则
\begin{align*}
g'(u)&=(t+u)^n+(t-u)^n-2t^n\\
&\geqslant2\left(\frac{t+u+t-u}2\right)^n-2t^n=0,
\end{align*}
所以 `g(u)\geqslant g(0)=0` 即得证。

kuing

题目：自然数 `n\geqslant3`，而 `x_1`, `x_2`, `\ldots`, `x_n>0`, `x_1x_2\ldots x_n=1`，证明：
\[\frac1{1+x_1+x_1x_2}+\frac1{1+x_2+x_2x_3}+\cdots+\frac1{1+x_n+x_nx_1}>1.\]
（2004 年俄罗斯数学奥林匹克试题）

P.200-201

过程很正确，可是写出来够吓人的，一堆 `\sum` 和 `\prod`，估计没几个人看得下去。
让我写的话，我就只写三四元，剩下的你自然懂。
三元时：`abc=1`，则
\[\frac1{1+a+ab}+\frac1{1+b+bc}+\frac1{1+c+ca}=1.\]
证明：令 `a=y/x`, `b=z/y`, `c=x/z`，则
\[\frac1{1+a+ab}=\frac1{1+\frac yx+\frac zx}=\frac x{x+y+z},\]
轮换求和即得证。
四元时：`abcd=1`，则
\[\frac1{1+a+ab+abc}+\frac1{1+b+bc+bcd}+\frac1{1+c+cd+cda}+\frac1{1+d+da+dab}=1.\]
证明：令 `a=y/x`, `b=z/y`, `c=w/z`, `d=x/w`，则
\[\frac1{1+a+ab+abc}=\frac1{1+\frac yx+\frac zx+\frac wx}=\frac x{x+y+z+w},\]
轮换求和即得证。
如此类推，`n` 元也有类似恒等式，当变量均为正时，舍去三次以上的项，就得到原题。

kuing

题目：已知 `a_1`, `a_2`, `a_3`, `b_1`, `b_2`, `b_3>0`，证明：
\[(a_1 b_2 + a_2 b_1 + a_2 b_3 + a_3 b_2 + a_3 b_1 + a_1 b_3)^2 \geqslant
4 (a_1 a_2 + a_2 a_3 + a_3 a_1) (b_1 b_2 + b_2 b_3 + b_3 b_1),\]
并证明当且仅当 `a_1/b_1=a_2/b_2=a_3/b_3` 时等号成立。
（第 28 届 IMO 预选题）

P.273

后一页还有取等的证明，我懒得拍了，因为欣赏这里就够了，这个二次函数构造得真爽！
暂时还没想到别的证法……

kuing

题目：已知 `a`, `b`, `c`, `d>0`, `a+b+c+d=1`，证明：
\[\bigl(1-\sqrt a\bigr)\bigl(1-\sqrt c\bigr)\bigl(1-\sqrt b\bigr)\bigl(1-\sqrt d\bigr)\geqslant\sqrt{abcd}.\]
（2005 年江苏省数学冬令营讲座试题）

P.351

书上这么精妙的证明我未必想得出来，让我来的话，我想了两个思路：

我的想法 1：调整法

把右边除过去，不等式变成
\[f(a,b,c,d)=\left(\frac1{\sqrt a}-1\right)\left(\frac1{\sqrt b}-1\right)\left(\frac1{\sqrt c}-1\right)\left(\frac1{\sqrt d}-1\right)\geqslant1.\]
然后引入引理：`x`, `y>0`, `x+y\leqslant1`，则
\[\left(\frac1x-1\right)\left(\frac1y-1\right)\geqslant\left(\frac2{x+y}-1\right)^2.\]
引理的证明：
\[\LHS-\RHS=\frac{(1-x-y)(x-y)^2}{xy(x+y)^2}\geqslant0.\]
回到原题，不妨设 `a\geqslant b\geqslant c\geqslant d`，则
\[\sqrt b+\sqrt d\leqslant\sqrt{\frac{a+b}2}+\sqrt{\frac{c+d}2}\leqslant\sqrt{(1+1)\left(\frac{a+b}2+\frac{c+d}2\right)}=1,\]
于是根据引理及均值有
\[\left(\frac1{\sqrt b}-1\right)\left(\frac1{\sqrt d}-1\right)\geqslant\left(\frac2{\sqrt b+\sqrt d}-1\right)^2\geqslant\left(\frac1{\sqrt{\frac{b+d}2}}-1\right)^2,\]
因此
\[f(a,b,c,d)\geqslant f\left(a,\frac{b+d}2,c,\frac{b+d}2\right),\]
这足以说明 `f(a,b,c,d)` 取最小值时必定 `b=c=d`，下略。

我的想法 2：

作置换 `\sqrt a\to a` 等，问题变成：
`a`, `b`, `c`, `d>0`, `a^2+b^2+c^2+d^2=1`，证明：
\[(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)\geqslant abcd,\quad(*)\]
记
\begin{align*}
t&=a+b+c+d,\\
u&=ab+ac+ad+bc+bd+cd,\\
v&=abc+bcd+cda+dab,
\end{align*}
则式 (*) 展开等价于
\[1-t+u-v\geqslant0,\quad(**)\]
由 `a^2+b^2+c^2+d^2=1` 易证 `1<t\leqslant2`，以及
\[2u=t^2-(a^2+b^2+c^2+d^2)=t^2-1,\]
根据牛顿不等式，有
\[\left(\frac u6\right)^2\geqslant\frac t4\cdot\frac v4\riff v\leqslant\frac{4u^2}{9t}=\frac{(t^2-1)^2}{9t},\]
于是要证式 (**) 只需证
\[1-t+\frac{t^2-1}2-\frac{(t^2-1)^2}{9t}\geqslant0,\]
去分母因式分解为
\[(2-t)(2t-1)(t-1)^2\geqslant0,\]
显然成立，即得证。

kuing

题目：证明对任意 `m`, `n\inN^+` 与满足 `x_i+y_i=1`, `i=1`, `2`, `\ldots`, `n` 的 `x_1`, `x_2`, `\ldots`, `x_n`; `y_1`, `y_2`, `\ldots`, `y_n\in[0,1]`，有
\[(1-x_1x_2\cdots x_n)^m+(1-y_1^m)(1-y_2^m)\cdots(1-y_n^m)\geqslant1.\]
（1984 年保加利亚数学奥林匹克试题）

书上给出的是归纳法里面再归纳法：

P.227-228

虽然这是在演示数归，但后面对 `(a+b-ab)^m\geqslant a^m+b^m-a^mb^m` 的数归实在没啥必要，因为已经很简单：
令 `x=1/a`, `y=1/b`, `x`, `y\geqslant1`，则变成 `(x+y-1)^m\geqslant x^m+y^m-1`，令 `f(x)=\LHS-\RHS`，则 `f'(x)=m(x+y-1)^{m-1}-mx^{m-1}\geqslant0`，所以 `f(x)\geqslant f(1)=0`。

kuing

题目：设 `a`, `b`, `c` 是一个三角形的三条边的边长，且 `a+b+c=1`，若正整数 `n\geqslant2`，证明：
\[\sqrt[n]{a^n+b^n}+\sqrt[n]{b^n+c^n}+\sqrt[n]{c^n+a^n}<1+\frac{\sqrt[n]2}2.\]
（2003 年亚太地区数学奥林匹克试题）

书上给出的是很巧妙的放缩：

P.201-202

技巧性这么强我未必想得出来，让我来的话，我会玩函数：

我的证法：

首先证明如下的：
命题：设 `x`, `y`, `z>0`, `t\in(0,1)`，则有
\[x^t+y^t+z^t+(x+y+z)^t>(x+y)^t+(y+z)^t+(z+x)^t.\]
证明：由齐次性不妨设 `x+y+z=1`，令 `f(x)=x^t-(1-x)^t`，上式即
\[f(x)+f(y)+f(z)+1>0,\]
不妨设 `x\leqslant y`，令
\[g(u)=f(x-u)+f(y+u),\quad u\in(0,x),\]
则
\[g'(u)=-f'(x-u)+f'(y+u),\]
因为 `f'(x)=tx^{t-1}+t(1-x)^{t-1}` 关于 `x=0.5` 对称并且先 `\searrow` 后 `\nearrow`，由 `x+y<1` 易得
\begin{align*}
\abs{x-u-0.5}>\abs{y+u-0.5}&\riff f'(x-u)>f'(y+u)\\
&\riff g'(u)<0\\
&\riff g(0)>g(x),
\end{align*}
所以
\[f(x)+f(y)>f(0)+f(x+y)=-1+f(1-z),\]
因此
\[f(x)+f(y)+f(z)+1>f(z)+f(1-z)=0,\]
命题得证。

回到原题，由上述命题可知，对任意的 `a`, `b`, `c>0` 及 `n>1`，有
\[\sqrt[n]{a^n+b^n}+\sqrt[n]{b^n+c^n}+\sqrt[n]{c^n+a^n}<a+b+c+\sqrt[n]{a^n+b^n+c^n},\]
下面证明：当 `a`, `b`, `c` 构成三角形时有
\[\sqrt[n]{a^n+b^n+c^n}<\frac{\sqrt[n]2}2(a+b+c),\]
上式两边 `n` 次方整理为
\[\sum\left(\frac{2a}{a+b+c}\right)^n<2,\]
由构成三角形知 `2a<a+b+c` 等，因此上式关于 `n` 递减，所以
\[\LHS<\sum\frac{2a}{a+b+c}=2,\]
这样就得到了
\[\sqrt[n]{a^n+b^n}+\sqrt[n]{b^n+c^n}+\sqrt[n]{c^n+a^n}<\left(1+\frac{\sqrt[n]2}2\right)(a+b+c),\]
原题得证。

由以上证明可知题目的“正整数 `n\geqslant2`”可改为“正数 `n>1`”。

kuing

题目：确定最小的实数 `M` 使得不等式
\[\abs{ab(a^2-b^2)+bc(b^2-c^2)+ca(c^2-a^2)}\leqslant M(a^2+b^2+c^2)^2\]
对所有实数 `a`, `b`, `c` 都成立。
（第 47 届 IMO 试题）

书上给出的也是技巧性很强的放缩法：

P.389-390

让我来的话，我就会这样写：

我的证法：

在变成 `\abs{(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)}\leqslant M(a^2+b^2+c^2)^2` 之后，基本思路是：当固定 `a+b+c` 和 `a^2+b^2+c^2` 时，`\abs{(a-b)(b-c)(c-a)}` 的最大值是多少呢？

记 `p=a+b+c`, `s=a^2+b^2+c^2`, `r=abc`，将 `(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2` 展开成 `p`, `s`, `r` 的式子，有
\[(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2=-27r^2+(5p^3-9ps)r-\frac14(p^2-2s)(p^2-s)^2,\]
这是一个关于 `r` 的开口向下的二次函数，对称轴是 `r=(5p^3-9ps)/54`，代入后右边恰好是 `(3s-p^2)^3/54`，于是我们得到了
\[(a-b)^2(b-c)^2(c-a)^2\leqslant\frac1{54}(3s-p^2)^3,\quad(*)\]
（如果想装逼，可以将上面几行擦掉，用以下的一行装逼恒等式代替之：
\[\frac1{54}\left(\sum(a-b)^2\right)^3-\prod(a-b)^2=\frac1{27}\prod(a+b-2c)^2\geqslant0.\]
）
根据式 (*)，我们得到
\[\left(\frac{(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)}{(a^2+b^2+c^2)^2}\right)^2\leqslant\frac{(3s-p^2)^3p^2}{54s^4},\]
只需求右边的最大值，这就很简单了，由均值
\[(3s-p^2)\cdot(3s-p^2)\cdot(3s-p^2)\cdot3p^2\leqslant\left(\frac{9s}4\right)^4,\]
得到
\[\frac{(3s-p^2)^3p^2}{54s^4}\leqslant\frac1{54\cdot3}\left(\frac94\right)^4=\frac{3^4}{2^9},\]
所以
\[\frac{\abs{(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)}}{(a^2+b^2+c^2)^2}\leqslant\sqrt{\frac{3^4}{2^9}}=\frac9{32}\sqrt2,\]
取等就懒得写了。

kuing

题目：对给定的常数 `p`, `q\in(0,1)`, `p+q>1`, `p^2+q^2\leqslant1`，试求函数
\[f(x)=(1-x)\sqrt{(p^2-x^2)}+x\sqrt{q^2-(1-x)^2}\quad(1-q\leqslant x\leqslant q)\]
的最大值。
（1996 年江苏省高中数学竞赛试题）

书上给出的两个解法中，解法 2 的构造图形挺不错，解法 1 就写麻烦了而且还有输入错误，就不拍了，构图法如下：

P.378,380

让我来的话，我就会这样写：

我的解法：

记
\[a=\sqrt{p^2-x^2},\,b=x,\,c=1-x,\,d=\sqrt{q^2-(1-x)^2},\]
则有
\[a^2+b^2=p^2,\,c^2+d^2=q^2,\,b,\,c>0,\,b+c=1,\]
由恒等式 `(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2` 得
\[p^2q^2=\bigl(f(x)\bigr)^2+(ad-bc)^2,\]
关键看最后那项，由均值及条件 `p^2+q^2\leqslant1` 得
\begin{align*}
ad-bc&\leqslant\frac12(a^2+d^2)-bc\\
&=\frac12(p^2-b^2+q^2-c^2)-bc\\
&=\frac12(p^2+q^2-1)\leqslant0,
\end{align*}
于是
\[(ad-bc)^2\geqslant\frac14(p^2+q^2-1)^2,\]
所以
\[f(x)=\sqrt{p^2q^2-(ad-bc)^2}\leqslant\sqrt{p^2q^2-\frac14(p^2+q^2-1)^2},\]
取等条件是 `a=d`，解得 `x=(1+p^2-q^2)/2`。

注：如果 `p^2+q^2\geqslant1` 那就直接一步柯西得最大值为 `pq`。

kuing

题目：`\triangle ABC` 的外接圆 `K` 的半径为 `R`，内角平分线分别交圆 `K` 于 `A_1`, `B_1`, `C_1`，证明：`16Q^3\geqslant27R^4P`，其中 `Q`, `P` 分别是 `\triangle A_1B_1C_1` 与 `\triangle ABC` 的面积。
（第 30 届 IMO 预选题）

P.431

评注：这个证法其实可以简化，我们有以下两个面积公式
\begin{align*}
S&=2R^2\sin A\sin B\sin C,&&(1)\\
S&=\frac12R^2(\sin2A+\sin2B+\sin2C),&&(2)
\end{align*}
（公式 (2) 是由 `\bar S_{ABC}=\bar S_{OAB}+\bar S_{OBC}+\bar S_{OCA}`（`O` 为外心）推得）
上述证法中，两块面积都用公式 (2) 来算，其实，`P` 用公式 (1) 的话就会简单得多，省掉那堆三角变换。
由公式 (1) 有
\[P=2R^2\sin A\sin B\sin C,\]
易知 `\angle A_1=\frac12(B+C)` 等，所以由公式 (2) 有
\begin{align*}
Q&=\frac12R^2\bigl(\sin(B+C)+\sin(C+A)+\sin(A+B)\bigr)\\
&=\frac12R^2(\sin A+\sin B+\sin C),
\end{align*}
因此
\[\frac{Q^3}{R^4P}=\frac{(\sin A+\sin B+\sin C)^3}{16\sin A\sin B\sin C}\geqslant\frac{27}{16}.\]

kuing

题目：`a`, `b`, `c>0`, `a+b+c=1`，求证：
\[\frac{1+a}{1-a}+\frac{1+b}{1-b}+\frac{1+c}{1-c}\leqslant2\left( \frac ba+\frac cb+\frac ac \right).\]
（2004 年日本数学奥林匹克试题）

这题本身不难，常规方法很容易证（比如 CS+SOS，我就不写了），但书上给出的证法挺有意思，所以贴上来记录一下：

P.206-207

kuing

题目：设 `a`, `b`, `c`, `d>0`, `ab+cd=1`，点 `P_i(x_i,y_i)`（`i=1`, `2`, `3`, `4`）是以原点为圆心的单位圆上的四点，求证：
\begin{align*}
&(ay_1+by_2+cy_3+dy_4)^2+(ax_4+bx_3+cx_2+dx_1)^2\\
\leqslant{}&2\left(\frac{a^2+b^2}{ab}+\frac{c^2+d^2}{cd}\right).
\end{align*}
（2003 年中国数学奥林匹克试题）

书上给出以下两个柯西证法，技巧性都很强，尤其是第二个证明，不知怎么想到的，我是肯定想不出来的，来欣赏一下吧：

P.80-81,83-84

注：右边的 `2\left(\frac{a^2+b^2}{ab}+\frac{c^2+d^2}{cd}\right)` 通分补上 `ab+cd` 其实可以写成更对称的形式
\[\frac{2(ab+cd)(ac+bd)(ad+bc)}{abcd}\]
而第二个证明实际上得到了加强式，即
\begin{align*}
&(ay_1+by_2+cy_3+dy_4)^2+(ax_4+bx_3+cx_2+dx_1)^2\\
&+(ax_1-bx_2+cx_3-dx_4)^2+(ay_4-by_3+cy_2-dy_1)^2\\
\leqslant{}&\frac{2(ab+cd)(ac+bd)(ad+bc)}{abcd}.
\end{align*}

kuing

这本书暂时就看到这儿吧，不知还有没有劲头看第二本😌

你们也可以回帖讨论一下。

如果想支持我的话，帮我买几本书吧😊

色k

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kuing

（我的书中）最厚的那本《建立不等式的方法》终于有人要了😃准备发货

数学书真难卖的，还是我哥的文学类书卖得快……

色k

总算卖出了这本😁

isee

色k 发表于 2023-8-3 11:55
总算卖出了这本😁

恭喜恭喜~~

其妙

色k 发表于 2023-8-3 11:55
总算卖出了这本😁

可以把你的文章集结成集，印刷一下，