_------讀熊斌《數學奧林匹克》之體會
數學組蔡玉書（215006）
縱觀國內外數學奧林匹克中的不等式試題，有不少試題是關於a,b,c的對稱或輪換對稱的不等式，直接利用均值不等式、柯西不等式或者重要不等式有時很難達到目的，而利用它們的對稱性，直接利用比較法進行適當的配方，就可以使得問題得到完美的解決。本文從歷年的國內外數學奧林匹克試題中精心選擇若干優秀試題，進行詳細的分析與解答，供參賽選手和數學奧林匹克教練員參考。
例1設a,b,c是三角形的三邊,求證：a2(b+c－a)+b2(c+a－b)+c2(a+b－c)≤3abc.(第6屆imo試題)
證法一注意到a3+b3+c3－3abc =(a+b+c)(a2+b2+c2－ab－bc－ca ),得
3abc－[a2(b+c－a)+b2(c+a－b)+c2(a+b－c)]
=a3+b3+c3－3abc+a(b2+c2－2bc)+b(c2+a2－2ca)+c(a2+b2－2ab)
=(a+b+c)(a2+b2+c2－ab－bc－ca ) +a(b2+c2－2bc)+b(c2+a2－2ca)+c(a2+b2－2ab)
= ( a+b+c)[(a－b)2+(b―c)2+(c―a)2]+a(b―c)2++b(c―a)2+c(a－b)2
= (a+b－c)(a－b)2+ ( b+c－a)(b―c)2+ (a+c－b)(c―a)2.
∵a,b,c是三角形的三邊,∴a+b－c >0, b+c－a >0, a+c－b >0.
而(a－b)2≥0,(b―c)2≥0,(c―a)2≥0,故原不等式成立,當且僅當a=b=c,即△abc是正三角形時等號成立.
例2 已知a,b,c是正數, 證明：
(1) + +≥. (2023年莫斯科數學奧林匹克試題)
(2) ++≥. (第2屆世界友誼杯數學競賽試題)
證明 (1)∵+ +－==
= =≥0, ∴+ +≥.
(2)不難證明++=(a+b+c)( + +)－(a+b+c),利用這個恒等式得到不等式+ +≥和++≥等價.
例3 設x, y, z是正數, 則++≥0. (w.janous猜想)
證明設 u = ++, v= ++,
則u－v = ++ = z―x+x―y+y―z = 0,
又u+v = (x2－y2)(－)+(y2－z2)(－)+(z2－x2)(－)
= (x2－y2) + (y2－z2) + (z2－x2)
= + +≥0,
所以,u=v>0. 從而++≥0.
例4正實數x,y,z滿足xyz≥1,證明： ++≥0. (第46屆imo試題)
證明因為xyz≥1,所以
≥=≥,類似地,可得
≥,≥.
令a=x2,b=y2,c=z2,原不等式化為證明++≥0
++≥0
(a-b)( -)≥0 (a-b)2()≥0.
例5設x、y、z是正實數,求證：(xy+yz+zx2023年伊朗數學奧林匹克試題)
證明不妨設x≥y≥z＞0,
(xy+yz+zx
=+[－](z－x)2]}
= [sz(x－y)2+sx(y－z)2+sy(z－x)2
其中sz =－, sx =－, sy =－.
因為x≥y≥z＞0,所以2(x+y)2＞(x+y)2＞(y+z)(z+x),即sz＞0.
又2(z+x)2－(x+y)(y+z)=(x2－xy)+(x2－yz)+2z2+3zx＞0, 所以 sy≥0.
若sx≥0,①的右端≥0,不等式得證.
若sx＜0,因為x≥y≥z＞0,所以≥≥0,於是, (y－z)2≤()2(x－z)2.
sx(y－z)2+sy(z－x)2≥sx()2(x－z)2+sy(z－x)2= (z－x)2
下面證明y2sx+x2sy≥0,事實上,
y2sx+x2sy≥0y2[2(y+z)2(z+x)－(x+y)(z+x)2]+x2[2(y+z)(z+x)2－(x+y)(y+z)2]
=y2(2y2z+xy2+3yz2+2xyz+2z3+xz2－2zx2－x3)+x2(2yz2+x2y+3xz2+2xyz+2z3+x2z－2zy2－y3)
=2xyz(x2+y2－2xy)+xy(x3+y3－x2y－xy2)+y2(2y2z+3yz2+2z3+xz2)+x2(2yz2+3xz2+z3+x2z)
=2xyz(x－y)2+xy(x+y)(x－y)2+y2(2y2z+3yz2+2z3+xz2)+x2(2yz2+3xz2+z3+x2z)＞0,
所以,②式右端≥0,所以sz(x－y)2+sx(y－z)2+sy(z－x)2≥0.
綜上,不等式得證.
例6 設a,b,c是乙個三角形的三邊長,求證a2b(a－b)+b2c(b－c)+c2a(c－a)≥0. 並指出等號成立的條件.(第24屆imo試題)
證明 a2b(a－b)+b2c(b－c)+c2a(c－a)
= [(a+b－c)(b+c－a)(a－b)2+(b+c－a)(a+c－b)(b－c)2+(a+c－b)(a+b－c)(c－a)2]≥0.
例7已知a,b,c＞0,證明： +3.(2023年羅馬尼亞數學奧林匹克試題)
證明= =++－[++]
=[－](b－c)2+[－](c－a)2+[－](a－b)2
= (b－c)2+ (c－a)2+ (a－b)2≥0.
例8 在△abc中,證明:a2(－1)+b2(－1)+c2(－1)≥0.(2023年摩爾多瓦數學奧林匹克試題)
證明不等式兩邊同時乘以2abc,不等式化為證明2a3b(b－c)+2b3c(c－a)+2c3a(a－b)≥0.
2a3b(b－c)+2b3c(c－a)+2c3a(a－b)
=a3[(b+c)+(b－c)](b－c)+ b3[(c+a)+(c－a)](c－a)+c3[(a+b)+(a－b)](a－b)
= a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2+a3(b2－c2)+b3(c2－a2)+c3(a2－b2)
=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2+a2(c3－b3)+b2(a3－c3)+c2(b3－a3)
=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2+a2[(c－b)3+3cb(c－b)]+b2[(a－c)3+3ca(c－a)]
+c2[(b3－a3) +3ba(b－a)]
=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2－a2(b－c)3－b2(c－a)3－c2(a－b)3
+3abc[a(c－b)+b(c－a)+c(b－a)]
=a3(b－c)2+b3(c－a)2+c3(a－b)2－a2(b－c)3－b2(c－a)3－c2(a－b)3
= a2(b－c)2(c+a－b)+b2(c－a)2(a+b－c)+c2(a－b)2(b+c－a).
在△abc中, c+a－b, a+b－c, b+c－a都是正數，而(b－c)2≥0, (c－a)2≥0, (a－b)2≥0,所以不等式得證.
例9 在△abc中,a,b,c是它的三條邊,p是半周長,證明不等式：
a+b+c≥p.(2023年摩爾多瓦數學奧林匹克試題)
證明令x=p－a,y=p－b,z=p－c,則a=y+z,b=z+x,c=x+y.
a+b+c≥p
(y+z) +(z+x) +(x+y)≥x+y+z
2(y+z) +2(z+x) +2(x+y)≥2(x+y+z)
+－(y+z)(－2++－(z+x)(－2
++－(x+y)(－2≥2(x+y+z)
2(++)－(x+y+z)≥(y+z)(－2+(z+x)(－2
+(x+y)(－2
++≥(y+z) +
(z+x) +(x+y
下面證明≥(x+y) 1≥
≥(x+y+z)(x+y)2≥2xy.因為z是正數,這是顯然的.同理可證其餘兩個不等式.於是不等式①成立.
例10 已知a,b,c＞0,且abc=1,證明：－≥2()·.(2023年匈牙利數學奧林匹克試題)
證明因為abc=1,所以－≥2()等價於
－≥2().
注意到(a3+b3)－(a2b+ab2)=(a2－b2)(a－b)=(a+b)(a－b)2有
－－2()
= == ==≥0.所以,原不等式成立.
例11 已知x,y,z∈[1,2],證明：(x+y+z)()≥6(++).(2023年越南數學奧林匹克試題)
證明不妨設2≥x≥y≥z≥1,
因為(x+y+z)()－9=,
又因為所以(x+y+z)()－6(++)
=(－)(x－y)2+(－)(y－z)2+(－)(z－x)2≥0
z(x+y)(z2+zx+zy－2xy)(x－y)2+x(y+z)(x2+xy+xz－2yz)(y－z)2+y(z+x)(y2+yz+yx－2zx)(z－x)2
=sz(x－y)2+sx(y－z)2+sy(z－x)2≥0
由2≥x≥y≥z≥1,易知(x+y)(z+x)－3yz≥2y·2z－3yz＞0, 所以sx＞0,
又sy≥0(y+z)(x+y)－3zx≥0xy+yz+y2－2zx≥0
由2≥x≥y≥z≥1,易知,y+z≥2≥x,所以y(y+z)≥zx, xy≥zx,相加得②.所以sy≥0.
如果sz≥0,則①式右邊≥0,不等式得證.
如果sz＜0,則(x－y)2=[(x－z)－(y－z)]2=(z－x)2+(y－z)2－2(x－z)(y－z),
sz(x－y)2+sx(y－z)2+sy(z－x)2=(sy+sz)(z－x)2+(sx+sz)(y－z)2－2sz (x－z)(y－z)
≥(sy+sz)(z－x)2+(sx+sz)(y－z)2.
下面證明sy+sz≥0, sx+sz≥0.
廣東,王妙勝 利用定積分證明一類不等式
來稿日期 2010年5月21日 適合欄目 專論薈萃 適合年級 高二 聯絡 134 電子郵箱 標題 利用定積分證明一類不等式 作者 王妙勝 工作單位 廣東省龍川縣第一中學 高中部 郵編 517300 利用定積分證明一類不等式 高中人教版教材選修2 2中對定積分有如下定義 如果函式在區間上連續，用分點將...
不等式的證明 一
教學目標 1 理解證明不等式的三種方法 比較法 綜合法和分析法的意義 2 掌握用比較法 綜合法和分析法來證簡單的不等式 3 能靈活根據題目選擇適當地證明方法來證不等式 4 能用不等式證明的方法解決一些實際問題，培養學生分析問題 解決問題的能力 6 通過不等式證明，培養學生邏輯推理論證的能力和抽象思維...
高中基本不等式的十一類經典題型
型別一 基本不等式的直接運用 型別二 分式函式利用基本不等式求最值 型別三 分式與整式乘積構造的基本不等式 型別四 1的妙用 型別五 利用整式中和與積的關係來求最值 型別六 兩次運用基本不等式的題型 型別七 負數的基本不等式 型別八 化成單變數形式 型別九 與函式相結合 型別十 判別式法 型別十一 ...