2003,第32届美国数学奥林匹克

已知 a、b、ca、b、cabc 为正实数.证明:

(2a+b+c)22a2+(b+c)2+(2b+c+a)22b2+(c+a)2+(2c+a+b)22c2+(a+b)2≤8\frac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}+\frac{(2b+c+a)^2}{2b^2+(c+a)^2}+\frac{(2c+a+b)^2}{2c^2+(a+b)^2}\leq82a2+(b+c)2(2a+b+c)2+2b2+(c+a)2(2b+c+a)2+2c2+(a+b)2(2c+a+b)28

证明:因为 a、b、c∈R+a、b、c\in\R^+abcR+ ,所以,由柯西不等式知
2a2+(b+c)22+(b+c)223≥2a+22(b+c)+22(b+c)3=2(a+b+c)3.\sqrt{\dfrac{2a^2+\frac{(b+c)^2}2+\frac{(b+c)^2}2}3}\geq\dfrac{\sqrt2a+\frac{\sqrt2}2(b+c)+\frac{\sqrt2}2(b+c)}3=\dfrac{\sqrt2(a+b+c)}3.32a2+2(b+c)2+2(b+c)232a+22(b+c)+22(b+c)=32(a+b+c).

2a2+(b+c)2≥2(a+b+c)232a^2+(b+c)^2\geq\dfrac{2(a+b+c)^2}32a2+(b+c)232(a+b+c)2

同理, 2b2+(c+a)≥2(a+b+c)23,2c2+(a+b)2≥2(a+b+c)232b^2+(c+a)\geq\frac{2(a+b+c)^2}3,2c^2+(a+b)^2\geq\frac{2(a+b+c)^2}32b2+(c+a)32(a+b+c)22c2+(a+b)232(a+b+c)2

4a≥b+c,4b≥c+a,4c≥a+b⋯①4a\geq b+c,4b\geq c+a,4c\geq a+b\cdots①4ab+c4bc+a4ca+b

(2a+b+c)22a2+(b+c)2=2+(4a−b−c)(b+c)2a2+(b+c)2≤2+3(4ab+4ac−b2−2bc−c2)2(a+b+c)2\frac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}=2+\frac{(4a-b-c)(b+c)}{2a^2+(b+c)^2}\leq2+\frac{3(4ab+4ac-b^2-2bc-c^2)}{2(a+b+c)^2}2a2+(b+c)2(2a+b+c)2=2+2a2+(b+c)2(4abc)(b+c)2+2(a+b+c)23(4ab+4acb22bcc2)

(2b+c+a)22b2+(c+a)2≤2+3(4bc+4ba−a2−2ac−c2)2(a+b+c)2,\frac{(2b+c+a)^2}{2b^2+(c+a)^2}\leq2+\frac{3(4bc+4ba-a^2-2ac-c^2)}{2(a+b+c)^2},2b2+(c+a)2(2b+c+a)22+2(a+b+c)23(4bc+4baa22acc2),

(2c+a+b)22c2+(a+b)2≤2+3(4ca+4cb−a2−2ab−b2)2(a+b+c)2.\frac{(2c+a+b)^2}{2c^2+(a+b)^2}\leq2+\frac{3(4ca+4cb-a^2-2ab-b^2)}{2(a+b+c)^2}.2c2+(a+b)2(2c+a+b)22+2(a+b+c)23(4ca+4cba22abb2).

三式相加得

(2a+b+c)22a2+(b+c)2+(2b+c+a)22b2+(c+a)2+(2c+a+b)22c2+(a+b)2\frac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}+\frac{(2b+c+a)^2}{2b^2+(c+a)^2}+\frac{(2c+a+b)^2}{2c^2+(a+b)^2}2a2+(b+c)2(2a+b+c)2+2b2+(c+a)2(2b+c+a)2+2c2+(a+b)2(2c+a+b)2≤6+3(6ab+6bc+6ca−2a2−2b2−2c2)2(a+b+c)2\leq6+\frac{3(6ab+6bc+6ca-2a^2-2b^2-2c^2)}{2(a+b+c)^2}6+2(a+b+c)23(6ab+6bc+6ca2a22b22c2)=6+3[3(a+b+c)2−5a2−5b2−5c2]2(a+b+c)2=6+\frac{3[3(a+b+c)^2-5a^2-5b^2-5c^2]}{2(a+b+c)^2}=6+2(a+b+c)23[3(a+b+c)25a25b25c2]=212−152⋅a2+b2+c2(a+b+c)2≤212−152×13=8=\frac{21}2-\frac{15}2\cdot\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}\leq\frac{21}2-\frac{15}2\times\frac13=8=221215(a+b+c)2a2+b2+c2221215×31=8

若结论①不成立,不妨设 4a&lt;b+c.4a&lt;b+c.4a<b+c.(2a+b+c)22a2+(b+c)2&lt;2\frac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}&lt;22a2+(b+c)2(2a+b+c)2<2.

由柯西不等式得 [b+b+(c+a)]2≤[b2+b2+(c+a)2](1+1+1)[b+b+(c+a)]^2\leq[b^2+b^2+(c+a)^2](1+1+1)[b+b+(c+a)]2[b2+b2+(c+a)2](1+1+1) ,故

(2b+c+a)22b2+(c+a)2≤3\frac{(2b+c+a)^2}{2b^2+(c+a)^2}\leq32b2+(c+a)2(2b+c+a)23.

同理, (2c+a+b)22c2+(a+b)2≤3.\frac{(2c+a+b)^2}{2c^2+(a+b)^2}\leq3.2c2+(a+b)2(2c+a+b)23.

所以,(2a+b+c)22a2+(b+c)2+(2b+c+a)22b2+(c+a)2+(2c+a+b)22c2+(a+b)2&lt;8.\frac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}+\frac{(2b+c+a)^2}{2b^2+(c+a)^2}+\frac{(2c+a+b)^2}{2c^2+(a+b)^2}&lt;8.2a2+(b+c)2(2a+b+c)2+2b2+(c+a)2(2b+c+a)2+2c2+(a+b)2(2c+a+b)2<8.

综上,知原不等式成立,当且仅当 a=b=ca=b=ca=b=c 时等号成立.

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