数学奥林匹克中的不等式问题上

A 说:“如果我被评上,那么,

B 也会被评上.”

B 说:“如果我被评上,那么,

C 也会被评上.”C 说:“如果

D 没被评上,那么,我也会没被评上.”

实际上,他们之中只有一个人没有评上三好生,且A 、B 、C 说的话都是正确的.则没有评上三好生的是

.

(答案:A )

3.一次仅由A 、B 、C 、D 四名学生参加的比赛,

每人各得了一个不同的名次.赛前,甲、乙、丙三位教师预测,甲说:“A 第一,C 第二.”乙说:“A 第二,C 第三.”丙说:“D 第一,B 第二.”比赛后发现,每位教师各猜中1人.问四名学生的名次如何?

(答案:A 第一,B 第二,C 第三,D 第四.)4.A 、B 、C 三人做下列游戏:三张牌,每张上写

一个正整数,这三个数分别是p 、q 、r ,且p

三张牌混合后再分配,每人得一张,再按照牌上的数分得小球,接着把牌收回,重发,但分得的小球仍留在手里,这个游戏至少要进行三次.最后结束时,A 、

B 、

C 三人分得20、10、9个球,还知道B 在最后一次

游戏中得r 个球.问:谁在第一次得到q 个球?

(提示:首先求出p 、q 、r 的值分别为1、4、8,则

可推出第一次C 得4个球.)

5.甲、乙、丙三个学生分别在A 、B 、C 三所大学

学习数学、物理、化学中的一个专业.若:①甲不在A 校学习;②乙不在B 校学习;③在B 校学习的学数学;④在A 校学习的不学化学;⑤乙不学物理.问三人各在哪所大学学习什么专业?

(提示:将人、学校、专业分成三个集合,然后通

过连线的方式来实现题目的求解.答案:甲在B 校学数学,乙在C 校学化学,丙在A 校学物理.)

数学奥林匹克中的不等式问题(上)

唐立华

(华东师范大学二附中,200062)

收稿日期:2006-01-13　修回日期:2006-05-16

(本讲适合高中)

作为数学竞赛的热门试题,不等式频繁地出现在各类数学竞赛中,令人眼花缭乱,目不暇接,但细究起来不外乎以下几种类型:

(1)整数不等式;(2)代数不等式;(3)几何不等式;(4)组合不等式.其中,代数不等式又可分为:实数不等式、复数不等式、三角不等式、函数不等式等.

不等式的证明方法多种多样,其应用也千变万化.下面仅就数学竞赛中证明不等式的常用方法举例说明.其中,有一些问题的解法是我和我的学生多年来研究的结果.1　恒等变形

利用恒等变形对原不等式进行整形是不

等式证明中的首要任务,如二次式配方、齐次式归一、阿贝尔方法等.

例1　设△ABC 与△A 1B 1C 1的边长分别为a 、b 、c ,a 1、b 1、c 1,面积为S 、S 1.则

H ≡

∑a

2

1(b 2+c 2-a 2)

≥8a 2

1+b 2

1+c 2

1a 2+b 2+c 2?S 2+a 2+b 2+c 2a 21+b 21+c 21

?

S 2

1.当且仅当△ABC ∽△A 1B 1C 1时,上式等号成立.

讲解:由海伦公式16S 2=(a 2+b 2+c 2)2-2(a 4+b 4+c 4).

记λ=a 2

1+b 2

1+c 2

1

a 2+

b 2+

c 2,

D 1=λa 2-λ-1a 21,D 2=λb 2-λ-1b 21,D 3=λc 2-λ-1c 21.

显然,D 1+D 2+D 3=0.

于是,

2H -16(λS 2+λ-1S 2

1)

=2(D 2

1

+D 22

+D 23

)-(D 1+D 2+D 3)

2

=2(D 21+D 22+D 2

3)≥0.

由此即知原不等式成立.

当且仅当D 1=D 2=D 3=0,即a ∶b ∶c =

a 1∶

b 1∶

c 1,△ABC ∽△A 1B 1C 1时,等号成

立.

例

2　设0<θi

≤π4,i =1,2,3,4.证明:tan θ1?tan θ2?tan θ3?tan θ4≤∑sin 8

θi

∑

c os 8

θi

.

(2001,中国国家集训队试题)

讲解:首先,令x i =sin 2

θi ,则

0

2

.

于是,原不等式等价于f (x 1,x 2,x 3,x 4)

≥f (1-x 1,1-x 2,1-x 3,1-x 4),

①

其中,f (x 1,x 2,x 3,x 4)=x 4

1+x 4

2+x 4

3+x 4

4

x 1x 2x 3x 4

.

其次,联想一道I M O 预选题:

设

∑4

i =1

a

2i

=1.求证:

∑1≤i

(a

i

+a j )4

≤6.

该题证明利用了恒等式

∑

1≤i

[(a i +a j )4+(a i -a j )4

]=6(a 2

1+a 2

2+a 2

3+a 2

4)2

.

对f 进行配方有f (x 1,x 2,x 3,x 4)

=(x 1-x 2)4+(x 2-x 3)4+(x 3-x 4)4+(x 4-x 1)42x 1x 2x 3x 4

+

2(x 1-x 2)

2

x 3x 4

+2(x 3-x 4)

2

x 1x 2

+2(x 2-x 3)

2

x 1x 4

+

2(x 4-x 1)

2

x 2x 3

+

(x 1-x 3)

2

x 1x 3

+2

(x 2-x 4)

2

x 2x 4

+2.

将f (x 1,x 2,x 3,x 4)与f (1-x 1,1-x 2,

1-x 3,1-x 4)对比,二者每一项的分子均相

同,分母上由于

1x i ≥1

1-x i

,所以,式①成立.

评注:此题是当年测试中很难的一道不等式问题,上面的配方方法显得基础但并不平凡.

例3　设a 、b 、c >0.求证:

f =∑(2a +b +c )22a 2+(b +c )

2

≤

8.(第32届美国数学奥林匹克)

讲解:由齐次性,不妨设a +b +c =3.则

f =∑(a +3)22a 2+(3-a )2=∑a 2

+6a +9

3(a 2

-2a +3)=13

∑

1+

8a +6

(a -1)2+2

≤13

∑(4a +4)=8.

例4　设a 1≥a 2≥…≥a n >0,且

∑k

i =1

a

i

≤

∑k

i =1

b i

(1≤k ≤n ).

则a 21+a 22+…+a 2n ≤b 21+b 22+…+b 2

n .

讲解:记S k =

∑k

i =1

a

i

,S ′k =

∑k

i =1

b i

.

由阿贝尔变换公式得

∑n

i =1

a

2i

=a n S n +

∑n -1

k =1

S

k

(a k -a k +1)

≤a n S ′n +

∑n -1

k =1

S ′

k

(a k

-a k +1)=

∑n

i =1

a i

b

i

≤(

∑

k

i =1

a 2

i )

1

2(

∑

n

i =1

b 2

i )1

2.

由此立得∑

k

i =1

a 2

i ≤

∑

n

i =1

b 2

i .

2　变量代换

常用的代换有三角代换、三角形边长的内切圆代换、分式代换(即对abc =1,可令

a =

x y ,b =y z ,c =z

x

)、增量代换等.例5　已知x 、y 、z ∈R ,且x +y +z =0.求证:

6(x3+y3+z3)2≤(x2+y2+z2)3.

讲解:引入三角代换

x=r cosθ,y=r sinθ,

则z=-r(cosθ+sinθ).

不妨设r≠0.于是,原不等式等价于

6[cos3θ+sin3θ-(cosθ+sinθ)3]2

≤[cos2θ+sin2θ+(cosθ+sinθ)2]3

Ζ25sin32θ+15sin22θ-24sin2θ-16≤0

Ζ(sin2θ-1)(5sin2θ+4)2≤0.

故原不等式成立.

注:也可由恒等式x3+y3+z3=3xyz(因为x+y+z=0),利用均值不等式得

(x2+y2+z2)3

=[(x2+y2)+x(x+y)+y(x+y)]3

≥[2xy+x(x+y)+y(x+y)]3

≥54xy?x(x+y)?y(x+y)

=54(xyz)2=6(x3+y3+z3)2.

例6　设a、b、c>0.求证:

1

a(1+b)+

1

b(1+c)

+

1

c(1+a)

≥3

1+abc

.①(2000,国家集训队训练题)

讲解:注意到,若abc=1,可作分式代换化为齐次不等式.如2000年I M O试题:设a、b、c>0,abc=1.证明:

a-1+1

b

b-1+

1

c

c-1+

1

a

≤1.

作分式代换

a=x

y

,b=y

z

,c=z

x

(x、y、z>0),

则上式等价于

∏(x-y+z)≤xyz,

即证.

类比上述做法,记k3=abc,并设

a=k x

y

,b=k y

z

,c=k z

x

.

于是,式①可化为齐次式(k视为常数)

∑yz

zx+kxy ≥3k

1+k3

.

再利用排序不等式可得

∑yz

zx+kxy

≥3

1+k

.

而3

1+k

≥3k

1+k3

,故原不等式成立.

评注:事实上,我们还得到了一个比式①

更强的结论:

对a、b、c>0,有

∑1

a(1+b)

≥3

3

abc(1+3abc)

.

另外,此题还有如下简洁的证明:

原不等式等价于

∑1+abc

a(1+b)

+1≥6

Ζ∑1+a

a(1+b)

+b

(1+c)

1+b

≥6.

由六元均值不等式知,上式显然成立.

由此可见恒等变形的重要性.

例7　在△ABC中,求证:

f=∑cos

2A

1+cos A

≥1

2

.

(2005,全国高中数学联赛)

讲解1:设a、b、c为△ABC的三边长.

对边作内切圆代换

a=x2+x3,b=x3+x1,c=x1+x2

(x

1

,x2,x3>0).

不妨设x

1

+x2+x3=1.

由余弦定理可得

f=∑

(x

1

-x2x3)2

2x1(1-x2)(1-x3)

≥1

2

①

Ζ∑x32x33+7(x1x2x3)2

　≥x

1

x2x3∑(x2x3+x22x23)

Ζ∑(x42x33+x32x43)+2(x1x2x3)2∑x1

　≥2∑x1x32x33+x1x2x3∑(x32x3+x2x33)

Ζ∑x22x23(x3-x1)(x2-x1)(x2+x3)≥0.

②

由对称性,不妨设x

1

≥x

2

≥x

3

≥0.易知

式②的第一项非负,后两项之和为

x23x21(x3-x2)(x1-x2)(x3+x1)+

x21x22(x1-x3)(x2-x3)(x1+x2)

=x21(x2-x3)[x22(x1-x3)(x1+x2)-x23(x1-x2)(x1+x3)]≥0.

故原不等式成立.

讲解2:对式①应用柯西不等式有

f≥[∑(x1-x2x3)]2

2∑x1(1-x2)(1-x3)

.

于是,只须证

[∑(x1-x2x3)]2≥∑x1(1-x2)(1-x3)Ζ∑x22x23≥x1x2x3(x1+x2+x3)

Ζ∑x23(x1-x2)2≥0.

故原不等式成立.

讲解3:作万能代换.

令tan A

2=x,tan B

2

=y,tan C

2

=z,其中

x、y、z∈R+.

则f≥1

2Ζ∑x2+4

x2+1

≥10.①

由xy+yz+zx=1,为去掉这一限制,再设x=u

uv+vw+wu

等,其中u、v、w>0.

则①Ζ∑u2

∑uv-1

≥9-

8∑u∑uv

∏(u+v)

Ζ∑u2-∑uv

∑uv ≥

∑(u+v)uv-6uvw

∏(u+v),

∏(u+v)∑(u-v)2

≥2∑uv[∑uv(u+v)-6uvw]

=2∑uv∑(u-v)2w

Ζ∑(u-v)2(u2v+uv2+u2w+v2w-uw2-vw2)≥0.②

记上面三个式子为f

1、f

2

、f

3

.

不妨设u≥v≥w,则

f1=(u-v)2[(v2-w2)u+(u2-w2)v+ u2w+v2w]≥0,

f2=(v-w)2[uv(v-u)+(v2-u2)w+ w2u+w2v]

≥-(v-w)2(u-v)(uv+vw+wu),

f3=(u-w)2[w(u2-v2)+uv(u-v)+ w2u+w2v]

≥(u-w)2(u-v)(uv+vw+wu)

≥(v-w)2(u-v)(uv+vw+wu).

所以,f

1

+f2+f3≥0.

从而,式②得证.故原不等式成立.

讲解4:注意到

f≥

1

2

Ζ∑(b2+c2-a2)2

bc(b+c-a)

≥a+b+c.

利用柯西不等式,只须证

(∑a2)2≥∑a∑bc(b+c-a)

Ζ2∑a4+2abc∑a≥2∑bc(b2+c2)

Ζ∑(b4+c4-b3c-bc3)

≥∑[b3c+bc3-abc(b+c)]

Ζ∑(b-c)2[b2+bc+c2-a(b+c)]

≥0.

不妨设a≥b≥c≥0,易知

(a-b)2[a2+ab+b2-c(a+b)]≥0,且后两项之和也大于或等于0.

故原不等式成立.

讲解5:(∑a2)2≥∑a∑bc(b+c-a)

Ζ(∑a2)2≥4∑(bc)2cos2A

2

Ζ∑a4≥2∑(bc)2cos A,

为嵌入不等式,即证.

3　数学归纳法

例8　设x

1

,x2,…,x n∈R+.求证:

x1

1+x21

+

x2

1+x21+x22

+…+

x n

1+x21+ (x2)

(第42届I M O预选题)

讲解:考虑加强命题:

对任意的a>0,有

∑n

k =1

x k

a +x

21

+…+x 2

k

用数学归纳法证明.

由n =1及题设结论猜想

f (n ,a )=

n a

,归纳过渡时,可对后n -1项用归纳假设,即

证

x 1a +x 2

1

+f (n -1,a +x 21

)

Ζx 1a +x

21

<

n (a +x 2

1)-(n -1)a

a

.

由于

a +x 21

>

a ,故只须证

x 1≤n (a +x 21

)-

(n -1)a Ζa +(n -1)x 21≥2

(n -1)a x 1.

而上式显然成立,从而,原不等式成立.例9　设正实数a 1,a ,…,a n ,n ∈N +.

a k >0.求证:

∑

n

k =1

k

a 1a 2…a k

∑

n

k =1

a k .

讲解1:注意到,数列1+1

k

k

单调递

增,且

lim k →∞

1+

1

k k

=e.

取b i =

(i +1)i

i

i -1

,i =1,2,…,n .

则b 1b 2…b k =(k +1)k

,k =1,2,…,n .

故∑

n

k =1

k

a 1a 2…a k

=

∑n

k =1

1

k +1k

(a 1b 1)(a 2b 2)…(a k b k )

≤∑

n

k =1

1

k (k +1)

∑

k

i =1

a i

b i

=∑

n

i =1a i b i

∑

n

k =i

1k (k +1)

=∑n

i =1

a i

b i

1

i -1n +1

<

∑

n

i =1

a i

i +1

i

i

∑

n

i =1

a i .

讲解2:考虑加强命题:

∑

n k =1

k

a 1a 2…a k +n

n

a 1a 2…a n

∑n

k =1

a k

.

①

当n =1时,结论显然成立.假设式①对n -1成立,即

∑

n -1k =1

k

a 1a 2…a k +(n -1)

n -1

a 1a 2…a n -1

∑n -1

k =1

a k

.

②

下面只须证e a n +(n -1)

n -1

a 1a 2…a n -1

≥(n +1)

n

a 1a 2…a n .

注意到e >1+1

n

n

,由均值不等式得

e a n +(n -1)

n -1

a 1a 2…a n -1

≥n

n

e a 1a 2…a n ≥n

n

1+

1

n

n

a 1a 2…a n

=(n +1)

n

a 1a 2…a n .

评注:对形如

∑f (k )S k

<∑

1

a k

①

(S k =a 1+a 2+…+a k )这类不等式,可考虑

加强命题———在式①的左边加上一项

g (n )

S n

后,用数学归纳法证明.例如:

(1)设a 1,a 2,…,a n ∈R +,S k =a 1+a 2

+…+a k .则

∑

n

k =1

k S k <2∑

n

k =11a k

可加强为∑

n

k =1

k S k +n 2

2S n <2∑

n

k =11a k

.(2)设a ,a 1,…,a n ∈R +,S k =a 1+a 2+

…+a k .则∑

n

k =1

ak +a

2

4

S k

<

(a +2)24

∑n

k =1

1

a k

可加

强为

∑

n

k =1

ak +a

2

4

S k

+n 2S n ≤(a +2)

2

4

∑n

k =1

1

a

k

.

(未完待续)