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悠闲数学娱乐论坛(第2版)
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» 听说有巧解 求大师解惑
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发表于 2019-5-21 20:28
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[不等式]
听说有巧解 求大师解惑
本帖最后由 facebooker 于 2019-5-22 00:44 编辑
(1)已知$a,b,c>0,$且满足$ab+bc+ca=abc,$求$\frac{bc}{a+bc}$+$\frac{ac}{b+ac}$+$\frac{\sqrt{abc}}{c+ab}$ 的最大值。
(2)$pro:$,$0<m<\frac{1}{4}$时,∃$n_{0}$∈$N_{+}$,使得\begin{equation*}
\sum_{k=1}^{n_{0}}\frac{1}{k^2-m}>\frac{23-11m}{2(1-m)(7-m)}
\end{equation*}
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发表于 2019-5-21 22:45
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代码 \$\frac{bc}{a+bc}\$+\$\frac{ac}{b+ac}\$+\$\frac{\sqrt{abc}}{c+ab}\$ 无需中间的四个 \$ 。
(1)我证得不太简洁,估计不是巧解。
条件化为 `1/a+1/b+1/c=1`,故可令 `1/a=\tan(B/2)\tan(C/2)`, `1/b=\tan(A/2)\tan(C/2)`, `1/c=\tan(A/2)\tan(B/2)`,其中 `A`, `B`, `C` 为三角形三个内角,则有 `a/(bc)=\tan^2(A/2)` 等,于是
\begin{align*}
\text{原式}&=\frac1{\tan^2\frac A2+1}+\frac1{\tan^2\frac B2+1}+\frac{\tan\frac C2}{\tan^2\frac C2+1}\\
&=\cos^2\frac A2+\cos^2\frac B2+\sin\frac C2\cos\frac C2\\
&=\frac12(\cos A+\cos B)+1+\sin\frac C2\cos\frac C2\\
&=\cos\frac{A-B}2\cos\frac{A+B}2+1+\sin\frac C2\cos\frac C2\\
&\leqslant\sin\frac C2+1+\sin\frac C2\cos\frac C2\\
&=\sin\frac C2\left( 1+\cos\frac C2 \right)+1\\
&=\sqrt{\frac13\left( 3-3\cos\frac C2 \right)\left( 1+\cos\frac C2 \right)^3}+1\\
&\leqslant\sqrt{\frac13\left( \frac14\left( 3-3\cos\frac C2+3+3\cos\frac C2 \right) \right)^4}+1\\
&=\frac{3\sqrt3}4+1,
\end{align*}
当 `\triangle ABC` 为顶角 $120\du$ 的等腰三角形时取等。
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发表于 2019-5-21 23:03
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第二题麻烦检查题目,感觉不可能相等,大于还有可能。
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发表于 2019-5-21 23:22
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kuing
第一题我想起来了,当年在《数学空间》2013 年第 2 期(总第 12 期)P.20~21 里就撸过,题目看起来不同,其实是等价的:
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(9.25 KB)
2019-5-21 23:21
文中我最后用了导数,早知道就像今天这样用均值,逼格高多了
……
那也就是说,文中的代数解法最后应该也能均值……
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发表于 2019-5-21 23:35
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多谢 多谢!
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发表于 2019-5-21 23:47
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嗯,第一题好。
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发表于 2019-5-21 23:55
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求$\dfrac{1}{(2+cos\theta )^2+1}+\dfrac{1}{(2+sin\theta )^2+1}$的最大小值,其中$\theta∈R$
这个呢 帮忙搞一下啦
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发表于 2019-5-22 00:42
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没什么难的,记 `t=\cos\theta+\sin\theta\in\bigl[-\sqrt2,\sqrt2\bigr]`,最小值:
\[\frac1{(2+\cos\theta)^2+1}+\frac1{(2+\sin\theta)^2+1}\geqslant\frac4{(2+\cos\theta)^2+(2+\sin\theta)^2+2}=\frac4{11+4t}\geqslant\frac4{11+4\sqrt2};\]
最大值:
\begin{align*}
\frac1{(2+\cos\theta)^2+1}+\frac1{(2+\sin\theta)^2+1}&=2-\frac{(2+\cos\theta)^2}{(2+\cos\theta)^2+1}-\frac{(2+\sin\theta)^2}{(2+\sin\theta)^2+1}\\
&\leqslant2-\frac{(4+\cos\theta+\sin\theta)^2}{(2+\cos\theta)^2+(2+\sin\theta)^2+2}\\
&=2-\frac{(4+t)^2}{11+4t},
\end{align*}易证上式关于 `t` 递减,所以
\[\frac1{(2+\cos\theta)^2+1}+\frac1{(2+\sin\theta)^2+1}\leqslant2-\frac{\bigl(4-\sqrt2\bigr)^2}{11-4\sqrt2}.\]
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发表于 2019-5-22 00:46
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确实是大于 不是等于 手误。
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发表于 2019-5-22 00:55
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facebooker
参照这帖
http://kuing.orzweb.net/redirect ... d=1668&pid=5181
,这里有
\[\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{k^2-m}=\frac{1-\sqrt m\pi\cot\bigl(\sqrt m\pi\bigr)}{2m},\]于是只需证明当 `0<m<1/4` 时有
\[\frac{1-\sqrt m\pi\cot\bigl(\sqrt m\pi\bigr)}{2m}>\frac{23-11m}{2(1-m)(7-m)}\]即可,然后就不想证了,因为显然证了你也不会接受这解法
……
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权方和不等式!再次权方和不等式。
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发表于 2019-5-22 17:47
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第二题你哪天知道标答了记得发上来,我也想看看不求极限怎么证。
我下午试了一下放缩,也比较麻烦,因为那结论还是比较紧的,我用积分放缩也要保留两项才够。
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发表于 2019-5-22 19:22
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好 我拿到解答就告诉你!~
另外下面这个题咋整:
已知$f(x)=e^{x-1}+lnx,若对任意的实数k,方程f(x)=kx+m有唯一解,求m的取值范围$
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发表于 2019-5-22 22:24
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发表于 2019-5-22 22:37
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facebooker
多谢提供,整个的关键就是在于想到这个了:
$$
\frac{1}{k^{2}-m}>\frac{k-\frac{1}{2}}{k^{2}-k+\frac{1-m}{3}}-\frac{k+\frac{1}{2}}{k^{2}+k+\frac{1-m}{3}}
$$比我用积分放缩要简洁(我的放缩结果带 ln 不利于后面的证明)
PS、
前几天这帖
的工具正好用来扣代码,上面这条公式根本不用我手打
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