[不等式] Tran Quoc Anh 不等式习题集

Hmm..... nguoivn topic test.pdf (304.55 KB)

下载次数: 90

2013-1-14 10:26

在这里上传下Tran Quoc Anh的一些不等式，大家有空来玩啊。题目有难的，也有简单的。
建议在这里专门讨论他的不等式 :D
答案可以跟下面，呵呵。

鉴于大家可能不认识 Tran Quoc Anh，这里发一个简介，摘自《Inequalities with Beautiful Solutions》。

(51.86 KB)

2013-1-14 12:08

附上图片一张:

(57.07 KB)

2013-1-14 12:16

一中哥好像搞得差不多了，要多来玩哦。 :P

3# pxchg1200

他估计都忙不过来了，大概没空上论坛，更没空敲上来了。

重新补上了介绍，为方便阅读把刚才的无关贴子删掉了。

可以开始玩了。

还有哪些未解决的？

前30道都已经解决了吧

1-4题都属于同一类问题，具体可以参考Potla同学的文章。
On Maximisation of prod(a-b).pdf (226.93 KB)

下载次数: 15

2013-1-14 16:53

kuing 接上。。。。

跪求这本书的电子版《inequalities with beautiful solutions》

第 187 题：

(22.94 KB)

2013-1-15 00:27

由于这个第三个当年证过，所以顺手用同样的方法把前两个也搞掉先。


第一个的计算稍麻烦，如下：
\begin{equation}\label{nguoivn187s1}
11(\sqrt[4]{a}+\sqrt[4]{b}+\sqrt[4]{c})+3\geqslant 12(ab+bc+ca).
\end{equation}

不妨设 $c=\min \{a,b,c\}$，分两类讨论。

（i）$c<16/81$，则易得
\[
\sqrt[4]{c}>\frac{27}8c=\frac98c(a+b+c)>\frac{12}{11}c(a+b+c),
\]
故
\[
11(\sqrt[4]{a}+\sqrt[4]{b}+\sqrt[4]{c})+3\geqslant 11(\sqrt[4]{a}+\sqrt[4]{b})+12c(a+b+c)+3,
\]
所以要证式 \eqref{nguoivn187s1} 只要证
\[
11(\sqrt[4]{a}+\sqrt[4]{b})+3\geqslant 12ab,
\]
令 $\sqrt[8]{ab}=u\in (0,\sqrt[4]{3/2})$，则由均值知只要证
\[
g(u)=22u+3-12u^8\geqslant 0,
\]
求导得 $g'(u)=2(11-48u^7)$，所以 $g(u)$ 在 $(0,\sqrt[7]{11/48})$ 递增，在 $(\sqrt[7]{11/48},\sqrt[4]{3/2})$ 递减，所以
\[
g(u)\geqslant \min \left\{g(0),g\left(\sqrt[4]{\frac32}\right)\right\},
\]
而 $g(0)=3>0$，$g(\sqrt[4]{3/2})=11\sqrt[4]{24}-24$，又 $11^4-24^3=817>0$，所以 $g(\sqrt[4]{3/2})>0$，从而得到 $g(u)>0$，所以此时式 \eqref{nguoivn187s1} 成立；

（ii）$c\geqslant 16/81$，则 $a$, $b$, $c\geqslant 16/81$，而
\begin{align*}
\text{式}~\eqref{nguoivn187s1}&\iff 11(\sqrt[4]{a}+\sqrt[4]{b}+\sqrt[4]{c})+3\geqslant 6(a+b+c)^2-6(a^2+b^2+c^2) \\
& \iff\sum{(6a^2+11\sqrt[4]{a}-17)}\geqslant 0,
\end{align*}
故只要证出如下不等式即可
\[
6a^2+11\sqrt[4]{a}-17\geqslant \frac{59}4(a-1),
\]
令 $a=t^4$，由 $a\geqslant 16/81$ 得 $t\geqslant 2/3$，上式化为
\[
f(t)=6t^8+11t-17-\frac{59}4(t^4-1)\geqslant 0,
\]
求导得 $f'(t)=48t^7+11-59t^3$，则当 $2/3\leqslant t\leqslant 1$ 时，有
\[
f'(t)\leqslant 48t^6+11-59t^3=(t^3-1)(48t^3-11)\leqslant 0,
\]
而当 $t\geqslant 1$ 时，有
\[
f'(t)\geqslant 48t^9+11-59t^3=(t^3-1)(48t^6+48t^3-11)\geqslant 0,
\]
从而得到 $f(t)\geqslant f(1)=0$，所以此时式 \eqref{nguoivn187s1} 也成立。

综合（i）（ii），式 \eqref{nguoivn187s1} 获证。



第二个的计算简单些，如下：
\begin{equation}\label{nguoivn187s2}
5(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\geqslant 4(ab+bc+ca)+3.
\end{equation}

不妨设 $c=\min \{a,b,c\}$，分两类讨论。

（i）$c<1/9$，则易得 $\sqrt{c}>3c=c(a+b+c)$，故
\[
5(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\geqslant 5(\sqrt{a}+\sqrt{b})+5c(a+b+c),
\]
所以要证式 \eqref{nguoivn187s2} 只要证
\[
5(\sqrt{a}+\sqrt{b})\geqslant 4ab+3,
\]
两边平方等价于
\[
25(a+b)+50\sqrt{ab}\geqslant (4ab+3)^2,
\]
由 $c<1/9$，可得 $25(a+b)=75-25c>69$，所以只要证
\[
69+50\sqrt{ab}\geqslant (4ab+3)^2,
\]
因式分解为
\[
2(3-2\sqrt{ab})(4ab\sqrt{ab}+6ab+15\sqrt{ab}+10)\geqslant 0,
\]
显然成立，所以此时式 \eqref{nguoivn187s2} 成立；

（ii）$c\geqslant 1/9$，则 $a$, $b$, $c\geqslant 1/9$，于是
\begin{align*}
\text{式}~\eqref{nguoivn187s2}&\iff 5(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})\geqslant 2(a+b+c)^2-2(a^2+b^2+c^2)+3 \\
&\iff \sum{\left( 2a^2+5\sqrt{a}-7+\frac{13}2(1-a) \right)}\geqslant 0 \\
&\iff \sum{\left( \frac12(\sqrt{a}-1)^2(4a+8\sqrt{a}-1) \right)}\geqslant 0,
\end{align*}
显然成立，所以此时式 \eqref{nguoivn187s2} 也成立。

综合（i）（ii），式 \eqref{nguoivn187s2} 获证。



第三个以前证过了，见《数学空间》2011 第 3 期 P29~30，例 3.2.4 ：
http://www.pep.com.cn/rjwk/gzsxs ... 0110516_1041458.htm




PS、时间关系，没检查太多，希望没计算错。躲被窝去了

Nice! kuing.
第194题
Let $a,b,c$ be three real numbers and $k\in R$,Prove that:
\[ \left( \frac{a}{4a-3b-c}\right)^{2}+\left( \frac{b}{4b-3c-a}\right)^2+\left( \frac{c}{4c-3a-b}\right)^2\geq \frac{10}{169}\]
The general problem:
\[ \sum_{cyc}{\left(\frac{a}{2ka-(k+1)b-(k-1)c}\right)^2}\geq \frac{2(1+k^2)}{(3k^2+1)^2} \]
证明：运用Cauchy-Schwarz 不等式
\[ \left[\sum_{cyc}{(10a-b-9c)^{2}(4a-3b-c)^2}\right]\cdot\left[\sum_{cyc}{\left(\frac{a}{4a-3b-c} \right)^{2}} \right]\geq \left(\sum{a(10a-b-9c)}\right)^{2}=100\left[\sum{a^2}-\sum{ab}\right]^2 \]
然而
\[ \left[\sum_{cyc}{(10a-b-9c)^{2}(4a-3b-c)^2}\right]=1690\left(\sum{a^2}-\sum{ab}\right)^2 \]
不等式显然得证。
The general one:
我们模仿陈计的方式来弄这个：
注意到\[ LHS-RHS=\left[\frac{\sum{(k^2-1)^2a^3+(3k^4+6k^2+8k-1)\sum{a^2b}+(3k^4+6k^2-8k-1)\sum{ab^2}-(21k^4+30k^2-3)abc}}{\prod{(2ka-(k+1)b-(k-1)c)}}\right]^{2}\geq 0 \]

Done!
________________________________________________________________
虽然说那个推广做出来了，但毕竟很暴力，由于不知道等号成立的条件，故难以CS。
下面证明一个类似的不等式，此题最早由越南人Nguyen Dinh Thi出的，后来被tian27546独立发现，并用在讲座中，但他给出的证明是配方。我们接下来用Cauchy-Schwarz来证明下这个精彩的不等式。
Let $a,b,c$ be distinct real numbers.Prove that for any real number $k$, we have:
\[ \left(\frac{a-kb}{a-b} \right)^{2}+\left( \frac{b-kc}{b-c}\right)^{2}+\left(\frac{c-ka}{c-a} \right)^2\geq k^2+1 \]
证明：运用Cauchy-Schwarz不等式，我们有
\[ \left[\sum{\frac{(a-kb)^2}{(a-b)^2}} \right][\sum{(a-b)^2(a-kb+(k-1)c)^2}]\geq [\sum{(a-kb)(a-kb+(k-1)c}]^{2} \]
这时，只要证明
\[ [\sum{(a-kb)(a-kb+(k-1)c}]^{2}\geq (k^2+1)\sum{(a-b)^2[a-kb+(k-1)c]^{2}} \]
事实上，这个是个恒等式。
故不等式成立。
到这里，有人肯定要问，那个 $(a-kb+(k-1)c)^2 $怎么配的？ 其实，这个是根据等号成立的条件来配的，这一类不等式具有2个不同的取等条件，所以我们可以正向使用待定系数的方式，以对应项成比例的原理来配，比如，我们先待定$ (a-b)^2(a+mb+nc)^2 $ 然后让对应项成比例，由于有2个等号成立条件，我们可以确定系数$m$和$n$。这样，后面的柯西估计就变得相当的精确了，最后甚至会变成恒等式。
     对于上面那个不等式，我们可以对$k$赋予不同的值得到一些经典的不等式，如 $k=0$我们得到了 IMO  2008. $k=-1$,我们得到了另外一个熟悉的不等式
\[ \left(\frac{a+b}{a-b} \right)^2+\left(\frac{b+c}{b-c}\right)^2+\left(\frac{c+a}{c-a}\right)^2\geq 2 \]
同样的手段可以用于证明那个general one和下面的不等式，前提是当我们找到那2个取等条件。
\[ \frac{(a-b)^2}{(b-c)^2}+\frac{(b-c)^2}{(c-a)^2}+\frac{(c-a)^2}{(a-b)^2}\geq 5 \]
Ps:这里配$ \sum{(3a-2b-c)^2(b-c)^2}$是合适的。 :D
鉴于这些不等式有着公共的内核，我有理由相信，我们甚至可以从
\[ \left(\frac{a-kb}{a-b} \right)^{2}+\left( \frac{b-kc}{b-c}\right)^{2}+\left(\frac{c-ka}{c-a} \right)^2\geq k^2+1 \]
通过适当的线性变换得到其他不等式，如作替换$a=kx+my+nz$等等，具体的情况留给大家去研究。



额，文采不好，希望我表述清楚了。

10# pxchg1200

看来这种技术你已经完全熟练了啊，我再睡一会晚点上来玩。

第200题,（最后一题）

(10.5 KB)

2013-1-15 10:08

这题很难，证明属于Vo Quoc Ba Can
证明：设$x=|a+b|,y=|c+a|,z=|b+c|$,我们有$x+y+z\geq 6 $
\[ \frac{|a+b|}{4a+b^2+c^2}=\frac{3x}{4a(a+b+c)+3b^2+3c^2}=\frac{3x}{2x^2+2y^2+b^2+c^2}\leq \frac{3x}{2x^2+2y^2+\frac{z^2}{2}}=\frac{6x}{4x^2+4y^2+z^2}\leq \frac{x(x+y+z)}{4x^2+4y^2+z^2} \]
现在，只要证明
\[ \frac{4x(x+y+z)}{4x^2+4y^2+z^2}+\frac{4y(x+y+z)}{4y^2+4z^2+x^2}+\frac{4z(x+y+z)}{4z^2+4x^2+y^2}\leq 4 \]
\[ \Leftrightarrow \sum{\frac{4xy-z^2}{4x^2+4y^2+z^2}}+\sum{\frac{(2x+z)^2}{4x^2+4y^2+z^2}}\leq 4 \]
运用Cauchy-Schwarz,我们有
\[ \frac{(2x+z)^2}{4x^2+4y^2+z^2}\leq \frac{(2x)^2}{2(2x^2+y^2)}+\frac{z^2}{2y^2+z^2} \]
马上看到
\[ \sum{\frac{(2x+z)^2}{4x^2+4y^2+z^2}}\leq 3 \]
剩下只要证明
\[ \sum{\frac{4xy-z^2}{4x^2+4y^2+z^2}}\leq 1 \]
由于
\[ \frac{4xy-z^2}{4x^2+4y^2+z^2}\leq \frac{2x^2+2y^2-z^2}{4x^2+4y^2+z^2}=\frac{1}{2}-\frac{3z^2}{2(4x^2+4y^2+z^2)} \]
所以，只要证明
\[ \frac{x^2}{x^2+4y^2+4z^2}+\frac{y^2}{y^2+4z^2+4x^2}+\frac{z^2}{z^2+4x^2+4y^2}\geq \frac{1}{3} \]
再次使用Cauchy-Schwarz,我们得到
\[ \sum{\frac{x^2}{x^2+4y^2+4z^2}}\geq \frac{(\sum{x^2})^2}{\sum{x^2(x^2+4y^2+4z^2)}} \]
且我们有
\[ 3(\sum{x^2})^2-\sum{x^2(x^2+4y^2+4z^2)}=2(\sum{x^4}-\sum{x^2y^2})\geq 0 \]
不等式显然成立。等号成立当且仅当$a=b=c=1$
______________________________________________________________________________
以上证明技巧性极强，具备很强的观赏性。Can神将Cauchy-Schwarz使用得出神入化正好验证了Vasile Cirtoaje的一句话The simpler and sharper, the more beautiful!
:D

第197题

(10 KB)

2013-1-15 10:21

再上一个Vo Quoc Ba Can的证明,让大家欣赏下他神一样的AM-GM和Cauchy-Schwarz技术。
证明：
设$x=\frac{a^2+b^2}{2},y=\frac{c^2+a^2}{2},z=\frac{b^2+c^2}{2}$
由$a+b\leq 2\sqrt{x} $
\[ 2a^2+3b^2+3c^2=2(x+y+2z) \]
我们有
\[ \frac{a+b}{2a^2+3b^2+3c^2+8}\leq \frac{\sqrt{x}}{x+y+2z+4} \]
所以，只要证明
\[ \frac{\sqrt{x}}{x+y+2z+4}+\frac{\sqrt{y}}{y+z+2x+4}+\frac{\sqrt{z}}{z+x+2y+4}\leq \frac{3}{8}\]
同时运用AM-GM和Cauchy-Schwarz,我们得到
\[ \sum{\frac{x}{x+y+2z+4}}\leq \frac{1}{4}\sum{\sqrt{\frac{x}{x+y+2z}}}\leq \frac{1}{4}\sqrt{[\sum{x(x+z+2y)}][\sum{\frac{1}{(x+y+2z)(x+z+2y)}}]} =\frac{1}{2}\sqrt{\frac{(\sum{x^2}+3\sum{xy})(\sum{x})}{(x+y+2z)(y+z+2x)(z+x+2y)}}\]
化简后只要证明
\[ 9(x+y+2z)(y+z+2x)(z+x+2y)\geq 16\left(\sum{x^2}+3\sum{xy}\right)(x+y+z) \]
即
\[ (x+y)(x-y)^2+(y+z)(y-z)^2+(z+x)(z-x)^2\geq 0 \]
不等式得证。

kuing继续玩啊。呵呵

看到上面有绝对值，我也玩一下绝对值。
第 181 题。

(17.69 KB)

2013-1-15 18:40

这里题目最好加一句“$a$, $b$, $c$ 不同时为0”。

首先可以证明 $a$, $b$, $c$ 的符号相同，这是因为已知等式可以写为 $(a+b-c)^2=4ab$ 等等。
再注意到当 $a$, $b$, $c$ 同时变为其相反数时原不等式不变，因此只要证明非负的情形即可。
这样，我们可以令 $a=x^2$, $b=y^2$, $c=z^2$，其中 $x$, $y$, $z\geqslant 0$ 且不同时为 $0$，那么由已知等式有
\begin{align*}
0&=2(ab+bc+ca)-a^2-b^2-c^2\\
&=2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)-x^4-y^4-z^4\\
&=(x+y+z)(x+y-z)(y+z-x)(z+x-y),
\end{align*}
因此，由对称性，我们可以不妨设 $z=x+y$，于是，原不等式等价于
\[\frac{\abs{x^2-y^2}}{\sqrt{2x^2y^2+(x+y)^4}}+\frac{x(x+2y)}{\sqrt{2y^2(x+y)^2+x^4}}+\frac{y(y+2x)}{\sqrt{2x^2(x+y)^2+y^4}}\geqslant 2,\]
由均值不等式，有
\begin{align*}
LHS&\geqslant \frac{\abs{x^2-y^2}}{\sqrt{\frac{xy(x+y)^2}2+(x+y)^4}}+\frac{x(x+2y)}{\sqrt{4y^2(x^2+y^2)+x^4}}+\frac{y(y+2x)}{\sqrt{4x^2(x^2+y^2)+y^4}} \\
& =\frac{\sqrt2\abs{x-y}}{\sqrt{xy+2(x+y)^2}}+\frac{x(x+2y)}{x^2+2y^2}+\frac{y(y+2x)}{y^2+2x^2} \\
& =\frac{\sqrt2\abs{x-y}}{\sqrt{xy+2(x+y)^2}}+\frac{2y(x-y)}{x^2+2y^2}+\frac{2x(y-x)}{y^2+2x^2}+2 \\
& =\frac{\sqrt2\abs{x-y}}{\sqrt{xy+2(x+y)^2}}-\frac{2(x^2-xy+y^2)(x-y)^2}{(x^2+2y^2)(y^2+2x^2)}+2,
\end{align*}
所以，只要证明
\[\frac1{xy+2(x+y)^2}\geqslant \frac{2(x^2-xy+y^2)^2(x-y)^2}{(x^2+2y^2)^2(y^2+2x^2)^2},\]
上式去分母作差分解为
\[3xy(2x^6+2y^6+8xy(x-y)(x^3-y^3)+23x^3y^3)\geqslant 0,\]
显然成立，故原不等式得证。

再来绝对值。
第 159 题。

(14.02 KB)

2013-1-16 15:59

还是那句，题目最好加一句“$a$, $b$, $c$ 互不相同”

由均值不等式及绝对值不等式，有
\[
\left( \sum{\left| \frac{a^2+bc}{b-c} \right|} \right)^2\geqslant 3\sum{\left| \frac{(a^2+bc)(b^2+ca)}{(b-c)(c-a)} \right|}\geqslant 3\left| \sum{\frac{(a^2+bc)(b^2+ca)}{(b-c)(c-a)}} \right|,
\]
于是只要证
\begin{equation}\label{nguoivn159jcs}
\left| \sum{\frac{(a^2+bc)(b^2+ca)}{(b-c)(c-a)}} \right|\geqslant a^2+b^2+c^2,
\end{equation}
我们将式 \eqref{nguoivn159jcs} 左边分子配凑一下
\[
(a^2+bc)(b^2+ca)=ab(3ab-a^2-b^2)+(a-b)^2\sum{ab}+abc\sum{a},
\]
那么
\begin{align}
&\sum{\frac{(a^2+bc)(b^2+ca)}{(b-c)(c-a)}} \notag\\
={}&\sum{\frac{ab(3ab-a^2-b^2)}{(b-c)(c-a)}}+\sum{ab}\sum{\frac{(a-b)^2}{(b-c)(c-a)}}+abc\sum{a}\sum{\frac1{(b-c)(c-a)}},\label{nguoivn159dhj}
\end{align}
易见
\begin{align}
\sum{\frac1{(b-c)(c-a)}}&=\frac{\sum{(a-b)}}{(a-b)(b-c)(c-a)}=0,\label{nguoivn159hj1}\\
\sum{\frac{(a-b)^2}{(b-c)(c-a)}}&=\frac{\sum{(a-b)^3}}{(a-b)(b-c)(c-a)}=3,\label{nguoivn159hj2}
\end{align}
构造二次函数
\[
f(x)=4x^2-3(a+b+c)x+3(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)
\]
由于 $a$, $b$, $c$ 互不相同，由拉格朗 ri cha 值公式，$f(x)$ 可以写成
\begin{align*}
f(x)&=\frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(a-c)}f(a)+\frac{(x-c)(x-a)}{(b-c)(b-a)}f(b)+\frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(c-b)}f(c) \\
& =\sum{\frac{(3ab-a^2-b^2)(x-a)(x-b)}{(c-a)(c-b)}},
\end{align*}
于是对比常数项，即得
\begin{equation}\label{nguoivn159hj3}
\sum{\frac{ab(3ab-a^2-b^2)}{(b-c)(c-a)}}=a^2+b^2+c^2-3(ab+bc+ca),
\end{equation}
将式 \eqref{nguoivn159hj1}, \eqref{nguoivn159hj2}, \eqref{nguoivn159hj3} 代入式 \eqref{nguoivn159dhj} 中，便得到
\[
\sum{\frac{(a^2+bc)(b^2+ca)}{(b-c)(c-a)}}=a^2+b^2+c^2,
\]
可见，式 \eqref{nguoivn159jcs} 其实是恒等式！所以原不等式得证。

伤不起啊！

15# kuing


181题
证明：注意到若$a=b=c=0$不等式显然不成立。
所以$ (a-b)^2+(b-c)^2>0 $, $(b-c)^2+(c-a)^2>0 $, $(c-a)^2+(a-b)^2>0$
而 $ a^2+2bc=(a-b)^2+(a-c)^2 $
所以，我们可以设 $ x=(b-c)^2, y=(a-c)^2, z=(a-b)^2 $
这样，不等式变为
\[ \sqrt{\frac{x}{y+z}}+\sqrt{\frac{y}{x+z}}+\sqrt{\frac{z}{x+y}}\geq 2 \]
接下来不用我多说大家都会证明了。:D

18# pxchg1200

原来是这样变出来的。
我一开始的方向就跟你的不一样了，为了消去条件升高了次数，所以后面难免较繁

奇怪，为什么你那里明明是17#我回复你的时候变成了回复18#我自己

再顶一下