NMO试题不等式部分

hbghlyj

3.已知$a_1\leq a_2 \leq \cdots \leq a_n,b_1 \leq b_2\leq \cdots \leq b_n,c_i \geq 0(1\leq i \leq n)$,证明:$$\sum_{i=1}^n c_i \sum_{i=1}^n c_ia_ib_i\geq\sum_{i=1}^n c_ia_i\sum_{i=1}^n c_ib_i$$

8.对于正数$a,b,c$有$\sqrt{a^2+b^2-ab}+\sqrt{b^2+c^2-bc} \geq \sqrt{a^2+c^2+ac}$

21.对于正数$x,y,z$有$(xy+yz+zx+1)(x+y+z)\geq \sqrt{6\pi(y+z)}$,设a,b,c皆为正数,证明
Ⅰ $\sum\frac{(a+b)^2}{c^2+ab}\geq 6$
Ⅱ$\sum {\frac{{a + bc}}{{{a^2} + a}}} \geq3$

26.已知实数$x_1,x_2,\cdots,x_{100}$满足$x_1+x_2+\cdots+x_{100}=1$且$\left|x_{k+1}-x_k\right|\lt\frac1{500},k=1,2,\cdots,99$,证明:存在整数$i_1,i_2,\cdots,i_{100}$满足$1\leq i_1\lt i_2\lt\cdots\lt i_{100}\leq 100$使得$\frac{49}{100}\leq\sum_{k=1}^{50}x_{i_k}\leq\frac{51}{100}$

kuing

第一个，挺不错的不等式，乃切比雪夫不等式的推广（当 `c_i` 全相等时就是切比雪夫）。
令
\[f(a_n)=\sum c_i\sum c_ia_ib_i-\sum c_ia_i\sum c_ib_i,\]有
\[f'(a_n)=c_nb_n\sum c_i-c_n\sum c_ib_i\geqslant c_nb_n\sum c_i-c_n\sum c_ib_n=0,\]所以 `f(a_n)\geqslant f(a_{n-1})`，同理 `f(b_n)\geqslant f(b_{n-1})`，这说明只需证明当 `a_n=a_{n-1}` 且 `b_n=b_{n-1}` 时即可，此时不等式变成
\begin{align*}
&\bigr(c_1+\cdots+(c_{n-1}+c_n)\bigr) \bigr(c_1a_1b_1+\cdots+(c_{n-1}+c_n)a_{n-1}b_{n-1}\bigr)\\
\geqslant{}& \bigr(c_1a_1+\cdots+(c_{n-1}+c_n)a_{n-1}\bigr) \bigr(c_1b_1+\cdots+(c_{n-1}+c_n)b_{n-1}\bigr),
\end{align*}将 `c_{n-1}+c_n` 看成新的 `c_{n-1}`，即是 `n-1` 元的情形，如果此推，最终变成一元，为恒等式，所以结论成立。

kuing

Ⅰ`\sum\frac{(a+b)^2}{c^2+ab}\geq 6` 这个见《撸题集》P.937 题目 6.10.7

kuing

Ⅱ`\sum {\frac{{a + bc}}{{{a^2} + a}}} \geq3` 这个也不难：
\begin{align*}
\sum\frac{a+bc}{a^2+a}
&=\sum\frac1{a+1}+\frac1{abc}\sum\frac{(bc)^2}{a+1}\\
&\geqslant\frac9{a+b+c+3}+\frac1{abc}\cdot\frac{(bc+ca+ab)^2}{a+b+c+3}\\
&\geqslant\frac9{a+b+c+3}+\frac{3(a+b+c)}{a+b+c+3}\\
&=3.
\end{align*}

kuing

至于21、26，看起来都有录入问题，先不鸟。

hbghlyj

8.$\newcommand{\o}{\omega}$ Letting $\o=e^{2\pi i/3}=-\frac{1}{2}+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)i$, then note that $$|a+b\o|=\sqrt{a^2-ab+b^2}$$ (Eisenstein integers.) Also, $|\o|=1$ so that $$|b\o+c\o^2|=|\o\cdot(b+c\o)|=|b+c\o|=\sqrt{b^2-bc+c^2}$$ and $-\o^2=\o+1$ so that $$|a-c\o^2|=|(a+c)+c\o|=\sqrt{(a+c)^2-(a+c)c+c^2}=\sqrt{a^2+ac+c^2}$$ By the triangle inequality, $$|a+b\o|+|b\o+c\o^2| \geq|(a+b\o)-(b\o+c\o^2)|= |a-c\o^2|$$ which becomes $$\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}\geq\sqrt{a^2+ac+c^2}$$MSE

Czhang271828

hbghlyj 发表于 2023-4-28 23:17 8.$\newcommand{\o}{\omega}$ Letting $\o=e^{2\pi i/3}=-\frac{1}{2}+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)i$, ...

其实, 这样就可以了.

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取等当且仅当 $ab+bc-ac=0$.