nbhkdz.com冰点文库

数学奥林匹克的不等式


Olympiad Inequalities 數學奧林匹克的不等式
Evan Chen 陳誼廷
April 30, 2014

The goal of this document is to provide a easier introduction to olympiad inequalities than the standard e

xposition Olympiad Inequalities, by Thomas Mildorf. I was motivated to write it by feeling guilty for getting free 7’s on problems by simply regurgitating a few tricks I happened to know, while other students were unable to solve the problem. 首 先 一些 定 義 : 我 們 會 用 到 循 環 總 和 metric sum). 舉個例,有三個變數的時候, a2 = a2 + b2 + c2
cyc cyc

(cyclic sum) 和 對 稱 總 和

sym

(sym-

a2 b = a2 b + b2 c + c2 a
cyc

a2 = a2 + a2 + b2 + b2 + c2 + c2
sym

a2 b = a2 b + a2 c + b2 c + b2 a + c2 a + c2 b.
sym

1 多項式的不定時
1.1 平 均 不 等 式和 Muirhead 不 等式
考慮以下的定理。 定 理 1 (平均不等式 / AM-GM). 令 a1 , a2 , . . . , an 為正實數。則 √ a1 + a2 + · · · + an ≥ n a1 . . . an . n 等號成立的充要條件為 a1 = a2 = · · · = an 。 舉例子,由此可證 a2 + b2 ≥ 2ab, a3 + b3 + c3 ≥ 3abc.

把這種不等式加起來,就可得一些基本的命題。舉個例, 例子 2. 試證 a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca 和 a4 + b4 + c4 ≥ a2 bc + b2 ca + c2 ab.

1

陳誼廷 【 證】 利用 AM-GM 可得 a2 + b2 2a4 + b2 + c2 ≥ ab 和 ≥ a2 bc. 2 4 類似有 b2 + c2 2b4 + c2 + a2 ≥ bc 和 ≥ b2 ca. 2 4 c2 + a2 2c4 + a2 + b2 ≥ ca 和 ≥ c2 ab. 2 4 上述加起來就得

1

多項式的不定時

a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca 和 a4 + b4 + c4 ≥ a2 bc + b2 ca + c2 ab. 練 習題 3. 試證 a3 + b3 + c3 ≥ a2 b + b2 c + c2 a. 練 習題 4. 試證 a5 + b5 + c5 ≥ a3 bc + b3 ca + c3 ab ≥ abc(ab + bc + ca). 最主要是要看得出來一個多項式大概多大,例如 a3 + b3 + c3 是最大的, abc 是最 小的。 大概來講,比較 “mixed” 的多項式是比較小的。 由此,可明顯看出來 e.g. (a + b + c)3 ≥ a3 + b3 + c3 + 24abc 因為兩邊把 a3 + b3 + c3 消掉以後,右邊只剩下 24abc,所以用 AM-GM 就解決了。 一 個 好 用 的 定 理 是 Muirhead 定 理 。 如 果 給 定 兩 個 數 列 x1 ≥ x2 ≥ · · · ≥ xn 和 y1 ≥ y2 ≥ · · · ≥ yn , 使得 x 1 + x 2 + · · · + x n = y1 + y2 + · · · + yn , 且對於每個 k = 1, 2, . . . , n ? 1 有 x1 + x2 + · · · + xk ≥ y1 + y2 + · · · + yk , 我們就說 (xn ) 蓋 (majorizes) (yn ),寫 (xn ) 根據上述,我們就有 (yn )。

定 理 5 (Muirhead 不等式). 如果 a1 , a2 , . . . , an 為正實數,且 (xn ) 蓋 (yn ),以下的不 等式成為: xn yn 1 y2 1 x2 ax ay 1 a2 . . . an ≥ 1 a2 . . . an .
sym sym

例子 6. 因為 (5, 0, 0)

(3, 1, 1)

(2, 2, 1), 故

a5 + a5 + b5 + b5 + c5 + c5 ≥ a3 bc + a3 bc + b3 ca + b3 ca + c3 ab + c3 ab ≥ a2 b2 c + a2 b2 c + b2 c2 a + b2 c2 a + c2 a2 b + c2 a2 b. 由此可得 a5 + b5 + c5 ≥ a3 bc + b3 ca + c3 ab ≥ abc(ab + bc + ca). 注意 Muirhead 是對稱的, 不是循環的。舉個例,雖然 (3, 0, 0) Muirhead 可得出 2(a3 + b3 + c3 ) ≥ a2 b + a2 c + b2 c + b2 a + c2 a + c2 b 所以不可用來證明 a3 + b3 + c3 ≥ a2 b + b2 c + c2 a。這時還是要用 AM-GM 來解決。 (2, 1, 0); 但是用

2

陳誼廷

2

任意函數的不等式

1.2 不 齊 次 的 不 等式
考慮以下的題目。 例 子 7. 如果 abc = 1, 試證 a2 + b2 + c2 ≥ a + b + c. 【 證】 平均不等式兩邊的次數都一樣,所以光用 AM-GM 不夠;左邊的次數為二,但 是右邊的次數為一。 利用 abc = 1, 原不等式可改寫成 a2 + b2 + c2 ≥ a1/3 b1/3 c1/3 (a + b + c) . 因 為 不 等 式 現 在 是 齊 次 , 如 果 我 們 把 a, b, c 都 乘上一 個 k > 0, 等 價 不 等 式 兩 邊 乘 上 k 2 , 不 影 響 到 原 來 的 不 等 式 。 所 以 這 時 候 就 不 必 要 再 用 到 abc = 1 的 條 件 。 因 為 4 1 1 (2, 0, 0) ( 3 , 3 , 3 ),利用 Muirhead 就完成了。 這個方法的重點是可以把題目的條件取掉;這很重要。 (這個方法也可以反過來 用:如果一個不等式是齊次,我們也可加一個(不齊次的)條件。)

1.3 練 習 題
1. a7 + b7 + c7 ≥ a4 b3 + b4 c3 + c4 a3 . 2. 若 a + b + c = 1, 則 3.
a3 bc 1 a 1 b 1 c (a3 +b3 +c3 ) . abc

+

+

≤3+2·

+
1 a

b3 ca

+
1 b

c3 ab 1 c

≥ a + b + c. = 1, 則 (a + 1)(b + 1)(c + 1) ≥ 64.

4. 若

+

+

5. (USA 2011) 若 a2 + b2 + c2 + (a + b + c)2 ≤ 4, 則 ab + 1 bc + 1 ca + 1 + + ≥ 3. (a + b)2 (b + c)2 (c + a)2 6. 若 abcd = 1, 則 a4 b + b4 c + c4 d + d4 a ≥ a + b + c + d.

2 任意函數的不等式
令 f : (u, v ) → R 為函數,且設 a1 , a2 , . . . , an ∈ (u, v )。假設我們固定 (如果不等式是齊次的,我們常會自己加這個條件),而想證 f (a1 ) + f (a2 ) + · · · + f (an ) 大於(或小於)nf (a)。以下有三個方法。 我們定義一個函數 f 是凸函數如果對於任意 x 有 f (x) ≥ 0;若每個 x 有 f (x) ≤ 0 我們就定義 f 是凹函數。 注意如果 f 為凸函數, ?f 就為凹函數。
a1 +a2 +···+an n

=a

2.1 Jensen / Karamata
定理 8 (Jensen 不等式). 如果 f 為凸函數,則 f (a1 ) + · · · + f (an ) ≥f n 若 f 為凹函數,不等式相反。 a1 + · · · + an n .

3

陳誼廷

2

任意函數的不等式

定 理 9 (Karamata 不等式). 如果 f 為凸函數,且 (xn ) 蓋 (yn ),則 f (x1 ) + · · · + f (xn ) ≥ f (y1 ) + · · · + f (yn ). 若 f 為凹函數,不等式相反。 例子 10 (Shortlist 2009). 若 a + b + c =
1 a

+

1 b

+1 c ,試證

1 1 1 3 + + ≤ . 2 2 2 (2a + b + c) (a + 2b + c) (a + b + 2c) 16 【 證】 先把條件用掉:原題等價與
1 1 +1 1 1 3 a 1 b + c + + ≤ · . (2a + b + c)2 (a + 2b + c)2 (a + b + 2c)2 16 a + b + c

現在不等式是齊次了,所以可不方假設 a + b + c = 3。不等式就改變寫成 1 1 ≥ 0. ? 16a (a + 3)2

cyc

若設 f (x) =

1 16x

?

1 , (x+3)2

可證 f 再 (0, 3) 上是凸函數,故用 Jensen 就解完了。

例 子 11. 試證 1 1 1 + + ≥2 a b c 【 證】 原題等價與 1 1 1 1 1 1 + + ≥ a+b + b+c + c+a ≥ a b c 2 2 2 不方假設 a ≥ b ≥ c。設 f (x) = 1/x。因為 (a, b, c) a+b a+c b+c , , 2 2 2 a+b+c a+b+c a+b+c , , 3 3 3 1
a+b+c 3

1 1 1 + + a+b b+c c+a



9 . a+b+c

+

1
a+b+c 3

+

1
a+b+c 3

.

1 利用 Karamata 就解決了,齊次 f (x) = x 。

例 子 12 (APMO 1996). 若 a, b, c, 是三角形的邊,試證 √ √ √ √ √ √ a + b ? c + b + c ? a + c + a ? b ≤ a + b + c. 【 證】 不方假設 a ≥ b ≥ c,再考慮 (a, b, c) √ Karamata 再 f (x) = x。 (b + c ? a, c + a ? b, a + b ? c),再利用

2.2 Tangent Line Trick
一樣固定 a =
a1 +···+an 。如果 n

f 不是凸函數,有時後還是可以證 f (x) ≥ f (a) + f (a) (x ? a) .

如果可證上述,也就可以令。 這個方法叫 tangent line trick。

4

陳誼廷 例 子 13 (David Stoner). 若 a + b + c = 3,試證 18
cyc

2

任意函數的不等式

1 + 2(ab + bc + ca) ≥ 15. (3 ? c)(4 ? c)

【 證】 我們可把原題改變寫成 18 ? c2 (3 ? c)(4 ? c) ≥ 6.

cyc

因為

18 c+3 ? c2 ≥ ? c(c ? 1)2 (2c ? 9) ≤ 0 (3 ? c)(4 ? c) 2
(b+c?a)2 cyc a2 +(b+c)2

所以加起來就解決了。 例 子 14 (Japan). 試證 ≥3 5。

【 證】 原題是齊次,所以可不方假設 a + b + c = 3。所以我們要證明的是 (3 ? 2a)2 3 ≥ . 2 2 a + (3 ? a) 5

cyc

利用 tangent line method 可以找出 1 18 18 2a + 1 (3 ? 2a)2 ≥ ? (a ? 1) ? (a ? 1)2 2 ≥ 0. (3 ? a)2 + a2 5 25 25 2a ? 6a + 9

2.3 n ? 1 EV
最後以個方法是 n ? 1 EV。 這算是一個暴力的方法,可是很有用。 定 理 15 (n ? 1 EV). 令 a1 , a2 , . . . , an 為實數,且固定 a1 + a2 + · · · + an 。 令 f : R → R 為一個函數使得 f 有正好一個拐點。 若 f (a1 ) + f (a2 ) + · · · + f (an ) 達到最大值或最小值,則 ai 內有 n ? 1 個變數相等。 【證 】 Olympiad Inequalities, by Thomas Mildorf, page 15. 證明的想法是利用 Karamata 不等式,把 ai “推”在一起。 例 子 16 (IMO 2001 / APMOC 2014). 令 a, b, c 為正實數,試證 1 ≤ 【 證 】 設 ex =
bc , a2 cyc √ a a2 +8bc

< 2。

ey =

ca , b2

ez =

ab 。我們固定有 c2

x + y + z = 0,且想證

1 ≤ f (x) + f (y ) + f (z ) < 2 此處 f (x) =
√ 1 x。 1+8e

可算出 f (x) = 4ex (4ex ? 1) (8ex + 1) 2
5

所以利用 n ? 1 EV,可不方假設 x = y 。令 t = ex ,所以原題就變成 1≤ √ 2 + 1 + 8t 1 1 + 8/t < 2.

這只剩下一個變數,因此這可以用微積分直接解決。 5

陳誼廷 例 子 17 (Vietnam 1998). 令 x1 , x2 , . . . , xn 為正實數滿足 √ n x1 x2 . . . xn ≥ 1998. n?1

3

消除分母和根號 =
1 1998 。試證

n 1 i=1 1998+xi

【 證】 定義 yi =

1998 1998+xi ,因此 n

y1 + y2 + · · · + yn = 1,而我們要真的是 1 ?1 yi ≥ (n ? 1)n .
1 n

i=1

令 f (x) = ln

1 x

? 1 ,所以原題變成 f (y1 ) + · · · + f (yn ) ≥ nf f (y ) = 1 ? 2y . (y 2 ? y )2

。 我們可算

因此 f 只有一個拐點,所以我們能不方假設 y1 = y2 = · · · = yn?1 。令此為 t,我們只要 證 1 1 (n ? 1) ln ? 1 + ln ? 1 ≥ n ln(n ? 1). t 1 ? (n ? 1)t 這也可以直接用微積分。

2.4 練 習 題
1. 利用 Jensen 證明 AM-GM。 2. 若 a2 + b2 + c2 = 1, 試證 3. 若 a + b + c = 3, 試證
cyc 1 a2 +2 1 b2 +2 1 c2 +2 1 6ab+c2 1 6bc+a2 1 。 6ca+b2

+

+



+

+

2a2

a 3 ≤ . +a+1 4
1 a2

4. (MOP 2012) 若 a + b + c + d = 4, 試證

+

1 b2

+

1 c2

+

1 d2

≥ a2 + b2 + c2 + d2 。

3 消除分母和根號
3.1 Weighted Power Mean
AM-GM 可以根據以下 generalize。 定 理 18 (Weighted Power Mean). 令 a1 , a2 , . . . , an 為正實數,且 w1 , w2 , . . . , wn 為正 實數,滿足 w1 + w2 + · · · + wn = 1。 對於每個實數 r, 定義 ? r r 1/r r = 0 ? ?(w1 ar 1 + w2 a2 + · · · + wn an ) P (r) = ? ?aw1 aw2 . . . awn r = 0. n 1 2 若 r > s, 則 P (r) ≥ P (s); 等號成立的充要條件是 a1 = a2 = · · · = an 。
1 特別是,若 w1 = w2 = · · · = wn = n , 以上的 P (r) 等價與 ? r r 1/r a1 + ar ? 2 + · · · + an ? ? r=0 n P (r ) = ? ? ?√ n a a ...a r = 0. 1 2 n

6

陳誼廷 如果我們再設 r = 2, 1, 0, ?1 就得到
2 √ a2 a1 + · · · + an 1 + · · · + an ≥ ≥ n a1 a2 . . . an ≥ n n

3

消除分母和根號

1 a1

n + ··· +

1 an

剛好就是 QM-AM-GM-HM。這可以當一個方法來“加”根號,例如 √ √ a+ b+ √ c≤3 a+b+c . 3
3

√ 例 子 19 (獨立研究). 試證 3(a + b + c) ≥ 8 3 abc +

a3 +b3 +c3 . 3

1 8 【 證】 利用 Power Mean 與 r = 1, s = 1 3 , w1 = 9 , w2 = 9 , 可得

1 9

3

a3 + b3 + c3 8 √ 3 abc + 3 9

3



1 9

a3 + b3 + c3 3

+

8 (abc) . 9

所以只需要證 a3 + b3 + c3 + 24abc ≤ (a + b + c)3 ,明顯。

3.2 Cauchy 和 H¨ older
定 理 20 (H¨ older 不等式). 令 λa , λb , . . . , λz 為正實數,滿足 λa + λb + · · · + λz = 1。 設 a1 , a2 , . . . , an , b1 , b2 , . . . , bn , . . . , z1 , z2 , . . . , zn 為正實數。則
n

(a1 + a2 + · · · + an )λa (b1 + b2 + · · · + bn )λb . . . (z1 + z2 + · · · + zn )λz ≥
i=1

λz a λb aλ i bi . . . zi .

等號成立的充要條件是 a1 : a2 : · · · : an ≡ b1 : b2 : · · · : bn ≡ · · · ≡ z1 : z2 : · · · : zn . 【證 】 不 方 假 設 a1 + · · · + an = b1 + · · · + bn = · · · = 1 ( 注 意 ai 的 次 數 兩 邊都 為 λa )。則原不等式的左邊為 1, 且利用 Weighted AM-GM 可得
n λz a λb aλ i bi . . . zi ≤ i=1 i=1 n

(λa ai + λb bi + . . . ) = 1.

如果我們設 λa = λb = 1 2 ,這就成為 Cauchy 的不等式: (a1 + a2 + · · · + an ) (b1 + b2 + · · · + bn ) ≥ Cauchy 可以改寫成 x2 x2 x2 (x1 + x2 + · · · + xn )2 1 + 2 + ··· + n ≥ . y1 y2 yn y1 + · · · + yn 在美國,上述也叫做 Titu’s Lemma。 Cauchy 和 H¨ older 不等式有(至少)兩個用法: 1. 把根號消除 2. 把分母消除 我們看一下幾個例子。 a1 b1 + a2 b2 + · · · +
2

an bn

.

7

陳誼廷 例 子 21 (IMO 2001). 試證 √
cyc

3 a ≥ 1. + 8bc

消除分母和根號

a2

【 證】 利用 H¨ older 可得
1 3

a(a2 + 8bc)
cyc cyc 2 cyc a(a

a √ 2 a + 8bc

2 3

≥ (a + b + c)

所以只要證 (a + b + c)3 ≥

+ 8bc) = a3 + b3 + c3 + 24abc。看過嗎?

我們這一題是用 H¨ older 把根號取消。 例 子 22 (Balkan). 試證 【 證】 一樣用 H¨ older:
1 3 1 3

1 a(b+c)

+

1 b(c+a)

+

1 c(a+b)



27 . 2(a+b+c)2

a
cyc cyc

b+c
cyc a3 +5b3 cyc 3a+b

1 a(b + c)

1 3

≥ 1 + 1 + 1 = 3.

例 子 23 (USA 2012). 試證



2 3

a2 + b2 + c2 .

【 證】 我們用 Cauchy (Titu) 可得 a3 = 3a + b (a2 )2 (a2 + b2 + c2 )2 . ≥ 2 3a2 + ab cyc 3a + ab

cyc

cyc

2 2 2 2 2 2 我們可證明這個大於等於 1 9 (a + b + c ) (記得 a + b + c 是很“大”;用這個注意 3 b 5 2 2 2 可以看出來這個方法一定可以用)。 類似可證 cyc 35 a+b ≥ 9 (a + b + c )。

例 子 24 (USA TST 2010). 若 abc = 1, 試證

1 a5 (b+2c)2

+

1 b5 (c+2a)2

+

1 c5 (a+2b)2

≥1 3。

【 證】 我們可以用 H¨ older 把分母的平方消掉:
2

ab + 2ac
cyc cyc

1 a5 (b + 2c)2


cyc

1 a

3

≥ 3(ab + bc + ca)2 .

3.3 練 習 題

√ √ √ √ √ ab + c + bc + a + ca + b ≥ 1 + ab + bc + ca. √ √ √ 2. 若 a2 + b2 + c2 = 12, 試證 a · 3 b2 + c2 + b · 3 c2 + a2 + c · 3 a2 + b2 ≤ 12. 1. 若 a + b + c = 1, 則 √ 3. (ISL 2004) 若 ab + bc + ca = 1, 試證
3

1 a

+ 6b +

3

1 b

+ 6c +

3

1 c

+ 6a ≤

1 abc 。

4. (MOP 2011)



√ √ √ a2 ? ab + b2 + b2 ? bc + c2 + c2 ? ca + a2 + 9 3 abc ≤ 4(a + b + c).

5. (陳誼廷) 若 a3 + b3 + c3 + abc = 4, 試證 (5a2 + bc)2 (5b2 + ca)2 (5c2 + ab)2 (10 ? abc)2 + + ≥ . (a + b)(a + c) (b + c)(b + a) (c + a)(c + b) a+b+c 等號什麼時候成立? 8

陳誼廷

4

Problems

4 Problems
1. (MOP 2013) 若 a + b + c = 3, 試證 a2 + ab + b2 + 2. (IMO 1995) 若 abc = 1, 試證 3. (USA 2003) 試證 b2 + bc + c2 +
1 a3 (b+c)

c2 + ca + a2 ≥ +
1 c3 (a+b) 3 ≥2 .



3.

+

1 b3 (c+a)

(2a+b+c)2 cyc 2a2 +(b+c)2

≤ 8。
n 1 i=1 n?1+xi

4. (Romania) 令 x1 , x2 , . . . , xn 為正實數, x1 x2 . . . xn = 1。試證 5. (USA 2004) 令 a, b, c 為正實數。試證 a5 ? a2 + 3 b5 ? b2 + 3

≤ 1。

c5 ? c2 + 3 ≥ (a + b + c)3 . √ 7 a+ √ 7 b+ √ 7 c。試證 aa bb cc ≥ 1。

6. (陳誼廷) 令 a, b, c 為正實數滿足 a + b + c =

9


数学奥林匹克题解 代数-不等式

【题说】1965 年匈牙利数学奥林匹克题 1. 【解】对于整数 a、b、c,所要解的不等式等价于 a2+b2+c2+4≤ab+3b+2c 这个不等式可以变成 由此可知,原不等式...

第20届伊朗数学奥林匹克竞赛试题中一道不等式求解

暂无评价|0人阅读|0次下载|举报文档第20 届伊朗数学奥林匹克竞赛试题中一道不等式求解 ©2014 Baidu 使用百度前必读 | 文库协议...

竞赛不等式专题(绝版)

ac) 2 2 2 一不等式(12) 《数学奥林匹克不等式研究》杨学枝著 P212 设 a,b,c 为非负数,且 abc=1,求证:2(a+b)(b+c)(c+a) ≥9(a+b+c)-11 ...

数学奥林匹克竞赛讲座 11三角运算及三角不等式

一.三角不等式的证明 证明三角不等式注意 3 点: (1)三角不等式首先是不等式,因此,不等式的有关性质和证明方法在这里都用得上. (2)三角不等式又有自己的特点...

全国高中数学竞赛不等式试题

2000-2005 全国高中数学竞赛不等式试题 2004 年全国高中数学联赛试卷(第一试) ...地区数学奥林匹克(2004 年 7 月 11 日 8:00 — 12:00 五、已知不等式 ...

2013竞赛专题——著名不等式汇集

竞赛中著名不等式汇集作者 阿道夫 (配以典型的例题) 2013.2.28 在数学领域里...(2005 年日本数学奥林匹克)若正实数 a, b, c, 满足 a ? b ? c ? 1...

2011全国高中数学竞赛不等式试题

原题中θ 的取值范围是 2kπ + <θ <2kπ + ,k∈ Z 首届中国东南地区数学奥林匹克(2004 年 7 月 11 日 8:00 — 12:00 五、已知不等式 2(2a ? ...

成开华--不等式

(b+c)(c+a)(a+b).(1992 年波兰―奥地利 2 数学奥林匹克试题) 3 不等式的证明方法和技巧江苏省兴化中学 成开华 一、常见的不等式证明方法: 比较法,综合...

数学奥林匹克

数学奥林匹克_学科竞赛_小学教育_教育专区。数学竞赛作业 专业:数学与应用数学一...n > n+2? n+1 那么,是否对于任意的正整数 n,不等式是不是恒成立呢?下面...

竞赛数学解题研究之不等式1

《竞赛数学解题研究》之不等式证明 竞赛数学解题研究》一、公式法 1 、柯西不等式...(20065 年塞尔维亚数学奥林匹克) 例 9、 a, b, c, x, y, z 都是正...