《2011年数学奥林匹克不等式问题》上有 28 条评论

1. 第1题 中国数学奥林匹克
   给定正整数$n\ge 4$ , 对任意满足

   $$a_1+a_2+\cdots+a_n=b_1+b_2+\cdots+b_n>0$$

   的非负实数$a_1,a_2,\cdots,a_n,b_1,b_2,\cdots,b_n$ ; 试求$\displaystyle\frac{\sum\limits_{i=1}^n a_i(a_i+b_i)}{\sum\limits_{i=1}^n b_i(a_i+b_i)}$的最大值 .

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   • 证明 : 不妨设$a_1+a_2+\cdots+a_n=b_1+b_2+\cdots+b_n=n-1$ . 注意到

     $$\sum_{i=1}^n(a_i+(n-1)b_i-n+1)^2\ge 0~,$$

     于是可得

     $$2(n-1)\sum_{i=1}^na_ib_i\ge n(n-1)^2-(n-1)^2\sum_{i=1}^nb_i^2-\sum_{i=1}^na_i^2~,$$

     因此 , 由$n\ge 4$得

     $$(n-2)\sum_{i=1}^na_ib_i\ge 2\sum_{i=1}^na_ib_i\ge n(n-1)-(n-1)\sum_{i=1}^nb_i^2-\sum_{i=1}^n\frac{a_i^2}{n-1}~.$$

     又因为

     $$\sum_{i=1}^n a_i^2\le\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)^2=(n-1)^2 ~,$$

     
     所以

     $$n(n-1)-\sum_{i=1}^n \frac{a_i^2}{n-1}\ge \sum_{i=1}^n a_i^2~,$$

     从而

     $$(n-2)\sum_{i=1}^na_ib_i\ge \sum_{i=1}^n a_i^2-(n-1)\sum_{i=1}^nb_i^2~,$$

     即

     $$\frac{\sum\limits_{i=1}^n a_i(a_i+b_i)}{\sum\limits_{i=1}^n b_i(a_i+b_i)}\le n-1~.$$

     令$a_1=a_2=\cdots=a_{n-1}=0, a_{n}=n-1,b_1=b_2=\cdots=b_{n-1}=1, b_n=0$ , 此时

     $$\frac{\sum\limits_{i=1}^n a_i(a_i+b_i)}{\sum\limits_{i=1}^n b_i(a_i+b_i)}=n-1~,$$

     所以$\displaystyle\frac{\sum\limits_{i=1}^n a_i(a_i+b_i)}{\sum\limits_{i=1}^n b_i(a_i+b_i)}$的最大值为$n-1$ .

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2. 第2题 越南数学奥林匹克
   如果$x>0,n\in \mathbb{N}$ , 求证 :

   $$\frac{x^n(x^{n+1}+1)}{x^n+1}\le \left(\frac{x+1}{2}\right)^{2n+1}~.$$

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   • 证明 : 我们里用数学归纳法来证明 .
     当$n=1$时 , 不等式明显成立 .
     假设$n=k$时 , 不等式成立 . 当$n=k+1$时 , 由于归纳假设 , 有

     $$\frac{x^k(x^{k+1}+1)}{x^k+1}\le \left(\frac{x+1}{2}\right)^{2k+1}~.$$

     因此要证明

     $$\frac{x^{k+1}(x^{k+2}+1)}{x^{k+1}+1}\le \left(\frac{x+1}{2}\right)^{2k+3}~,$$

     只要证

     $$\left(\frac{x+1}{2}\right)^2\frac{x^{k}(x^{k+1}+1)}{x^k+1}\ge \frac{x^{k+1}(x^{k+2}+1)}{x^{k+1}+1}~.$$

     上面的不等式等价于

     $$\left(\frac{x+1}{2}\right)^2(x^{k+1}+1)^2\ge x(x^{k+2}+1)(x^k+1)~,$$

     两边同时减去$x(x^{k+1}+1)^2$ , 即要证

     $$\left(\frac{x-1}{2}\right)^2(x^{k+1}+1)^2\ge x^{k+1}(x-1)^2~.$$

     这等价于$(x-1)^2(x^{k+1}-1)^2\ge0$ , 明显成立.
     综上所述 , 由数学归纳法 , 不等式得证 .

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3. 第3题 摩尔多瓦数学奥林匹克
   设$x_1,x_2,\cdots,x_n>0$ , 且$x_1x_2\cdots x_n=1$ , 求证 :

   $$\frac{1}{x_1(1+x_1)}+\frac{1}{x_2(1+x_2)}+\cdots+\frac{1}{x_n(1+x_n)}\ge \frac{n}{2}~.$$

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   • 证明 : 显然原不等式等价于

     $$\frac{1+x_1+x_1^2}{x_1(1+x_1)}+\frac{1+x_2+x_2^2}{x_2(1+x_2)}+\cdots+\frac{1+x_n+x_n^2}{x_n(1+x_n)}\ge\frac{3n}{2}~.$$

     注意到$4(1+x_i+x_i^2)\ge 3(1+x_i)^2$对任意的$i=1,2,\cdots,n$都成立 , 因此只需要证明

     $$\frac{3}{4}\left(\frac{1+x_1}{x_1}+\frac{1+x_2}{x_2}+\cdots+\frac{1+x_n}{x_n}\right)\ge \frac{3n}{2}~,$$

     即

     $$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\cdots+\frac{1}{x_n}\ge n~,$$

     由$x_1x_2\cdots x_n=1$及均值不等式易知其成立.

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4. 第4题 摩尔多瓦数学奥林匹克
   设$n$为大于 1 的正整数 , 设

   $$E=1+\sqrt{1+\frac{2^2}{3!}}+\sqrt[3]{1+\frac{3^2}{4!}}+\cdots+\sqrt[n]{1+\frac{n^2}{(n+1)!}}~,$$

   试求$E$的整数部分 .

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   • 解 : 令$\displaystyle a_k=\sqrt[k]{1+\frac{k^2}{(k+1)!}}-1$ , 显然$a_k>0$ . 于是由二项式定理有

     $$1+\frac{k^2}{(k+1)!}=(1+a_k)^k\ge 1+ka_k\Longrightarrow a_k\leq \frac{k}{(k+1)!}=\frac{1}{k!}-\frac{1}{(k+1)!}~.$$

     因此有

     $$n<E\le 1+1+\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\cdots+1+\frac{1}{n!}-\frac{1}{(n+1)!}=n+\frac{1}{2}-\frac{1}{(n+1)!}~,$$

     所以$E$的整数部分为$n$ .

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5. 第5题 科索沃
   设$\triangle ABC$的三边长为$a,b,c$ , 面积为$S$ , 求证 :

   $$a^2+b^2+c^2\ge 4\sqrt{3}S$$

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   • 证明 : 我们来证明更强的费哈(Finsler-Hadriger)不等式即

     $$2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)\ge 4\sqrt{3}S~.$$

     因为$a,b,c$为三角形边长 , 于是存在正数$x,y,z$使得$a=y+z,b=z+x,c=x+y$ . 此时有

     $$2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)=4(xy+yz+zx)~,$$

     $$4\sqrt{3}S=4\sqrt{3xyz(x+y+z)}$$

     因此费哈不等式等价于

     $$xy+yz+zx\ge \sqrt{3xyz(x+y+z)},$$

     平方后等价于

     $$(xy-yz)^2+(yz-zx)^2+(zx-xy)^2\ge 0~,$$

     这明显成立 , 从而得证 .

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     • 为什么x,y,z一定要是整数呢

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       • 哦,打错,多了个整 . 谢谢提醒

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         • 还想问一下，为什么s=√xyz(x+y+z)呀，直接就得证了吗，证明题能直接用吗

         • @richardche
           海伦公式,代进入就是 . 可以直接用

6. 第6题 科索沃
   已知$a,b,c>0$ , 求证 :

   $$\frac{\sqrt{a^3+b^3}}{a^2+b^2}+\frac{\sqrt{b^3+c^3}}{b^2+c^2}+\frac{\sqrt{c^3+a^3}}{c^2+a^2}\geq \frac{6(ab+bc+ca)}{(a+b+c)\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}}~.$$

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   • 证明 : 由柯西不等式有$\sqrt{(a^3+b^3)(a+b)}\ge a^2+b^2$ , 我们只需要证明

     $$\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{1}{\sqrt{a+b}}\ge \frac{6(ab+bc+ca)}{(a+b+c)\sqrt{(a+b)(b+c)(c+a)}}~,$$

     这等价于

     $$(a+b+c)\sum_{\mathrm{cyc}}\sqrt{(a+b)(a+c)}\ge 6(ab+bc+ca)~.$$

     再由柯西不等式有$\sqrt{(a+b)(a+c)}\ge a+\sqrt{bc}$ , 我们只需要证明

     $$(a+b+c)\sum_{\mathrm{cyc}}(a+\sqrt{bc})\ge 6(ab+bc+ca)~,$$

     即

     $$\sum_{\mathrm{cyc}}(a^2+a\sqrt{bc})+\sum_{\mathrm{cyc}} \sqrt{bc}(b+c)\ge 4(ab+bc+ca)~.$$

     由Schur不等式我们有

     $$\sum_{\mathrm{cyc}}a(\sqrt{a}-\sqrt{b})(\sqrt{a}-\sqrt{c})\ge 0\Longrightarrow \sum_{\mathrm{cyc}}(a^2+a\sqrt{bc})\ge \sum_{\mathrm{cyc}} \sqrt{bc}(b+c)~,$$

     因此

     $$\begin{aligned}\sum_{\mathrm{cyc}}(a^2+a\sqrt{bc})+\sum_{\mathrm{cyc}} \sqrt{bc}(b+c)\ge & 2\sum_{\mathrm{cyc}} \sqrt{bc}(b+c)\ge 2\sum_{\mathrm{cyc}} \sqrt{bc}\cdot\sqrt{bc}\\ =&4(ab+bc+ca)~.\end{aligned}$$

     于是得证 .

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7. 第7题 科索沃
   设$a,b,c>0$ , 求证 :

   $$\sum_{\mathrm{cyc}}\sqrt{\frac{5a^2+8b^2+5c^2}{4ac}}\ge 3\sqrt[9]{\frac{8(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2}{(abc)^2}}~.$$

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   • 证明 : 由柯西不等式及均值不等式有

     $$\begin{aligned}5a^2+8b^2+5c^2\ge &4(a^2+b^2)+4(b^2+c^2)\\ \ge & 2(a+b)^2+2(b+c)^2\\ \ge & 4(a+b)(b+c)~,\end{aligned}$$

     所以

     $$\sum_{\mathrm{cyc}}\sqrt{\frac{5a^2+8b^2+5c^2}{4ac}}\ge\sum_{\mathrm{cyc}}\sqrt{\frac{(a+b)(b+c)}{ac}}\ge 3\sqrt[6]{\frac{(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2}{(abc)^2}},$$

     只需要证明

     $$\sqrt[6]{\frac{(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2}{(abc)^2}}\ge \sqrt[9]{\frac{8(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2}{(abc)^2}}~,$$

     等价于$(a+b)(b+c)(c+a)\ge 8abc$ , 即$\displaystyle\sum\limits_{\mathrm{cyc}}a(b-c)^2\ge 0$ , 明显成立 .

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8. 第8题 Middle European Mathematical Olympiad 2011
   设正数$a,b,c$满足$\displaystyle \frac{a}{1+a}+\frac{b}{1+b}+\frac{c}{1+c}=2$ , 求证 :

   $$\frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}{2}\ge\frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{c}}$$

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   • 证明 : 由已知条件可知存在正实数$x,y,z$使得

     $$a=\frac{y+z}{x},b=\frac{z+x}{y},c=\frac{x+y}{z}$$

     于是不等式等价于

     $$\sqrt{\frac{y+z}{x}}+\sqrt{\frac{x+z}{y}}+\sqrt{\frac{x+y}{z}}\geq2\left(\sqrt{\frac{x}{y+z}}+\sqrt{\frac{y}{x+z}}+\sqrt{\frac{z}{x+y}}\right)$$

     即

     $$\frac{y+z-2x}{\sqrt{x(y+z)}}+\frac{z+x-2y}{\sqrt{y(z+x)}}+\frac{x+y-2z}{\sqrt{z(x+y)}}\geq 0$$

     不妨设$x\ge y\ge z$ , 则易知

     $$y+z-2x\le x+z-2y\le x+y-2z$$

     $$\frac{1}{\sqrt{x(y+z)}}\le\frac{1}{\sqrt{y(z+x)}}\le\frac{1}{\sqrt{z(x+y)}}$$

     因此由切比雪夫不等式知

     $$\frac{y+z-2x}{\sqrt{x(y+z)}}+\frac{z+x-2y}{\sqrt{y(z+x)}}+\frac{x+y-2z}{\sqrt{z(x+y)}}\ge\frac{1}{3}\sum_{cyc}(y+z-2x)\sum_{cyc}\frac{1}{\sqrt{x(y+z)}}=0$$

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9. 第9题 Iran National Math Olympiad (3rd Round) 2011
   设非负实数$a,b,c$满足$a+b+c=3$ , 求证 :

   $$\frac{a}{1+(b+c)^{2}}+\frac{b}{1+(a+c)^{2}}+\frac{c}{1+(a+b)^{2}}\le\frac{3(a^{2}+b^{2}+c^{2})}{a^{2}+b^{2}+c^{2}+12abc}$$

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   • 证明 : 利用$a+b+c=3$ , 两边分别被$a+b+c,3$减可得原不等式等价于

     $$\frac{a(b+c)^2}{1+(b+c)^2}+\frac{b(c+a)^2}{1+(c+a)^2}+\frac{c(a+b)^2}{1+(a+b)^2}\ge\frac{36abc}{a^2+b^2+c^2+12abc}$$

     注意到函数$\displaystyle f(x)=\frac{x}{1+x}$在$x>0$时递增 , 注意到

     $$(b+c)^2\ge 4bc,(c+a)^2\ge 4ca,(a+b^2)\ge 4ab$$

     所以只需要证明

     $$\frac{4abc}{1+4bc}+\frac{4abc}{1+4ca}+\frac{4abc}{1+4ab}\ge\frac{36abc}{a^2+b^2+c^2+12abc}=\frac{36abc}{\sum_{\mathrm{cyc}}a^2(1+4bc)}$$

     只需证

     $$\frac{1}{1+4bc}+\frac{1}{1+4ca}+\frac{1}{1+4ab}\ge\frac{9}{\sum_{\mathrm{cyc}}a^2(1+4bc)}$$

     事实上由柯西不等式

     $$\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{1}{1+4bc}\sum_{\mathrm{cyc}}a^2(1+4bc)\ge (a+b+c)^2=9$$

     可得 .

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10. 第10题 Turkey NMO 2011 Problem3
    设$x,y,z>0$且满足$xyz=1$ , 求证 :

    $$\frac{1}{x+y^{20}+z^{11}}+\frac{1}{y+z^{20}+x^{11}}+\frac{1}{z+x^{20}+y^{11}}\le 1.$$

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    • 第10题我已证

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