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[不等式] NMO试题不等式部分

本帖最后由 hbghlyj 于 2019-8-10 20:49 编辑

3.已知$a_1\leq a_2 \leq \cdots \leq a_n,b_1 \leq b_2\leq \cdots \leq b_n,c_i \geq 0(1\leq i \leq n,i \in \mathbf{Z})$,证明:$\sum c_i \sum c_ia_ib_i\geq\sum c_ia_i\sum c_ib_i$这里的$\sum$表示i取1到n的求和
8.如图给出某电路的局部简化图.设电阻a,c并联,并在图中取OA=a,OC=c,OB=b(a,b,c均不为0),考虑∠AOB=∠COB=60°,证明
(1)$\sqrt{a^2+b^2-ab}+\sqrt{b^2+c^2-bc} \geq \sqrt{a^2+c^2+ac}$
(2)当(1)中的不等式取等号时,OB=b为图中电路的总电阻(参考公式:并联电路中,有$\frac 1R=\sum_{i=1}^n\frac 1R_i$,这里的R表示总电阻,$R_i$表示支路电阻)
-52d3bbc1d05bce1.png
2019-8-8 23:36

21.对于正数x,y,z有$(xy+yz+zx+1)(x+y+z)\geq \sqrt{6\pi(y+z)}$,设a,b,c皆为正数,证明
Ⅰ$\sum\frac{(a+b)^2}{c^2+ab}\geq 6$
Ⅱ$\sum {\frac{{a + bc}}{{{a^2} + a}}} \geq3$
26.已知实数$x_1,x_2,\cdots,x_{100}$满足$x_1+x_2+\cdots+x_{100}=1$且$\left|x_{k+1}-x_k\right|\lt\frac1{500},k=1,2,\cdots,99$,证明:存在整数$i_1,i_2,\cdots,i_{100}$满足$1\leq i_1\lt i_2\lt\cdots\lt i_{100}\leq 100$使得$\frac{49}{100}\leq\sum_{k=1}^{50}x_{i_k}\leq\frac{51}{100}$
27.已知三次复系数多项式$p(x)=az^3+3bz^2+3\bar{b}z+\bar{a}$满足其三个根均不同且模为1,证明:$2\left|a\bar{b}-b^2\right|+\left|b\right|^2<\left|a\right|^2$

第一个,挺不错的不等式,乃切比雪夫不等式的推广(当 `c_i` 全相等时就是切比雪夫)。

\[f(a_n)=\sum c_i\sum c_ia_ib_i-\sum c_ia_i\sum c_ib_i,\]有
\[f'(a_n)=c_nb_n\sum c_i-c_n\sum c_ib_i\geqslant c_nb_n\sum c_i-c_n\sum c_ib_n=0,\]所以 `f(a_n)\geqslant f(a_{n-1})`,同理 `f(b_n)\geqslant f(b_{n-1})`,这说明只需证明当 `a_n=a_{n-1}` 且 `b_n=b_{n-1}` 时即可,此时不等式变成
\begin{align*}
&\bigr(c_1+\cdots+(c_{n-1}+c_n)\bigr) \bigr(c_1a_1b_1+\cdots+(c_{n-1}+c_n)a_{n-1}b_{n-1}\bigr)\\
\geqslant{}& \bigr(c_1a_1+\cdots+(c_{n-1}+c_n)a_{n-1}\bigr) \bigr(c_1b_1+\cdots+(c_{n-1}+c_n)b_{n-1}\bigr),
\end{align*}将 `c_{n-1}+c_n` 看成新的 `c_{n-1}`,即是 `n-1` 元的情形,如果此推,最终变成一元,为恒等式,所以结论成立。

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Ⅰ`\sum\frac{(a+b)^2}{c^2+ab}\geq 6` 这个见《撸题集》P.937 题目 6.10.7

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Ⅱ`\sum {\frac{{a + bc}}{{{a^2} + a}}} \geq3` 这个也不难:
\begin{align*}
\sum\frac{a+bc}{a^2+a}
&=\sum\frac1{a+1}+\frac1{abc}\sum\frac{(bc)^2}{a+1}\\
&\geqslant\frac9{a+b+c+3}+\frac1{abc}\cdot\frac{(bc+ca+ab)^2}{a+b+c+3}\\
&\geqslant\frac9{a+b+c+3}+\frac{3(a+b+c)}{a+b+c+3}\\
&=3.
\end{align*}

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至于21、26,看起来都有录入问题,先不鸟。

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