[不等式] 贴一段群聊记录

教师-一中(3175*****) 0:32:55
K前阵子耍几何不等式了吧   
群管-kuing/hq<kuingggg@qq.com> 0:33:31
有耍过一下
教师-一中(3175*****) 0:36:15
觉得那个拉格朗日插值多项式不仅在解决代数问题，而且在几何不等式中也蛮有用，复数这工具也很强大   
群管-kuing/hq<kuingggg@qq.com> 0:37:06
不太懂
教师-一中(3175*****) 0:38:29
比如有些涉及到三角形的不等式，就可以结合复数和那个拉格朗日   
教师-一中(3175*****) 0:45:34
我举两个例子：设 $a,b,c$ 为 $\triangle ABC$ 的三边 $BC,CA,AB$ 的长，$P,Q$ 为 $\triangle ABC$ 平面上任意两点，求证：
\[a\cdot PA\cdot QA+b\cdot PB\cdot QB+c\cdot PC\cdot QC \geqslant abc.\]
教师-一中(3175*****) 0:48:42
$P$ 为 $\triangle ABC$ 平面上任一点，求证：
\[\frac{PA}{BC}+\frac{PB}{CA}+\frac{PC}{AB}\geqslant \sqrt3.\]
教师-一中(3175*****) 0:51:40
以上两题当然证法很多，但是用复数加拉格朗日，几乎就是三四步内解决
……
……
……


嘿，昨晚由于时间关系没能继续聊下去，现有请一中老师继续聊聊具体咋玩，我是没看过“复数加拉格朗日”咋个玩法的，等待学习中……

看来还是不接受论坛聊，只能还是要我复制上来了

教师-一中(3175*****)  18:31:49
这个题目¹复数加拉格朗日插值是这样的：
我们可以设 $P,A,B,C$ 在复平面所对应的复数分被为 $x,x_1,x_2,x_3$，再设多项式 $f(x)=1$，所以在 $x=x_1,x_2,x_3$ 处利用拉格朗日插值得到
\[\frac{(x-x_1)(x-x_2)}{(x_3-x_1)(x_3-x_2)}+\frac{(x-x_2)(x-x_3)}{(x_1-x_2)(x_1-x_3)}+\frac{(x-x_3)(x-x_1)}{(x_2-x_3)(x_2-x_1)}=1,\]
也就是
\[\frac{PA\cdot PB}{BC\cdot CA}+\frac{PB\cdot PC}{CA\cdot AB}+\frac{PC\cdot PA}{AB\cdot BC}\geqslant1,\]
接下去只需要再利用下 $(x+y+z)^2\geqslant3(xy+xz+yz)$ 即可证得。
教师-一中(3175*****)  18:34:42
其中 $\frac{PA\cdot PB}{BC\cdot CA}+\frac{PB\cdot PC}{CA\cdot AB}+\frac{PC\cdot PA}{AB\cdot BC}\geqslant1$ 是用到了复数模不等式。

____________
¹这里指一楼的第二个题，原聊天记录中此处带了图片，这里就不贴上来了

go on

教师-一中(3175*****)  18:35:36
拉格朗日插值结合复数，或者切比雪夫多项式在处理一些不等式题目威力很大

教师-一中(3175*****)  18:36:57
几何不等式很多可以考虑用复数作为工具来耍，连接他们的桥梁就是复数那个模

然后还再给出了两个题

(48.71 KB)

2011-10-26 19:09

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2011-10-26 19:09

教师-一中(3175*****)  19:01:42
我以上举的只是想表达一个这样观点：在几何中哪怕是不等式中，尤其是几何不等式中，常常可以去考虑下复数作为工具，而且拉格朗日插值不仅仅是在求解代数题目才能够派上用场，即使是几何的题目也可以

其实当年我也耍过拉格朗日导出类似一些恒等式 http://bbs.pep.com.cn/thread-583379-1-1.html ，只是没往复数和几何不等式那边去想。
现在拿回来玩，就拿贴里的这个结论：
\[\sum_{j=1}^n \left( \prod_{1\leqslant i\leqslant n; i\ne j}\frac{x_i}{x_j-x_i} \right)\equiv ( -1 )^{n+1},\]
马上就能得到楼上的题目3（单位圆上n个点那个）的证法了

4# kuing


关于什么同余啊？ 右边那个

5# pxchg1200

这里是指恒等

6# kuing


好像很深奥的样子，表示对拉格朗日插值不太了解。。。

嗯，知道咋搞最开始的第一个题目了
设 $a,b,c$ 为 $\triangle ABC$ 的三边 $BC,CA,AB$ 的长，$P,Q$ 为 $\triangle ABC$ 平面上任意两点，求证：
\[a\cdot PA\cdot QA+b\cdot PB\cdot QB+c\cdot PC\cdot QC \geqslant abc.\]

格式照抄，改点东西：
我们可以设 $P,Q,A,B,C$ 在复平面所对应的复数分别为 $p,q,x_1,x_2,x_3$，再设多项式 $f(x)=(x-p)(x-q)$，所以在 $x=x_1,x_2,x_3$ 处利用拉格朗日插值得到
\[\frac{(x-x_1)(x-x_2)f(x_3)}{(x_3-x_1)(x_3-x_2)}+\frac{(x-x_2)(x-x_3)f(x_1)}{(x_1-x_2)(x_1-x_3)}+\frac{(x-x_3)(x-x_1)f(x_2)}{(x_2-x_3)(x_2-x_1)}=(x-p)(x-q),\]
对比二次项系数，便有
\[\frac{(x_3-p)(x_3-q)}{(x_3-x_1)(x_3-x_2)}+\frac{(x_1-p)(x_1-q)}{(x_1-x_2)(x_1-x_3)}+\frac{(x_2-p)(x_2-q)}{(x_2-x_3)(x_2-x_1)}=1\]
于是
\begin{align*}
\frac{PC\cdot QC}{ab}+\frac{PA\cdot QA}{bc}+\frac{PB\cdot QB}{ca}
&=\left|\frac{(x_3-p)(x_3-q)}{(x_3-x_1)(x_3-x_2)}\right|+\left|\frac{(x_1-p)(x_1-q)}{(x_1-x_2)(x_1-x_3)}\right|+\left|\frac{(x_2-p)(x_2-q)}{(x_2-x_3)(x_2-x_1)}\right|\\
&\geqslant \left|\frac{(x_3-p)(x_3-q)}{(x_3-x_1)(x_3-x_2)}+\frac{(x_1-p)(x_1-q)}{(x_1-x_2)(x_1-x_3)}+\frac{(x_2-p)(x_2-q)}{(x_2-x_3)(x_2-x_1)}\right|\\
&=1,
\end{align*}
即得
\[a\cdot PA\cdot QA+b\cdot PB\cdot QB+c\cdot PC\cdot QC \geqslant abc.\]

8# kuing

按照这种做法，貌似可以推广，$N$ 边形，$N-1$ 个动点。。。。

好方法

[$3 + (\sum{\frac {b + c}{b - c}})^2\geq \sum{\frac {(b + c)^2}{(b - c)^2}}\geq3.$BQ

11# 力工


多了几个字符。