第52届IMO预选题

本文探讨了一组复杂的数学不等式,通过巧妙的代数变换和应用不等式的性质,证明了特定条件下的一系列不等式关系。核心在于利用轮换对称和的概念,结合幂平均不等式和条件限制,最终得出目标不等式的正确性。

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\qquad设正实数 a、b、ca、b、cabc 满足
\qquadmin⁡{a+b,b+c,c+a}>2,a2+b2+c2=3\min\{a+b,b+c,c+a\}>\sqrt2,a^2+b^2+c^2=3min{a+b,b+c,c+a}>2a2+b2+c2=3.证明:

a(b+c−a)2+b(c+a−b)2+c(a+b−c)2≥3(abc)2.\frac a{(b+c-a)^2}+\frac b{(c+a-b)^2}+\frac c{(a+b-c)^2}\geq\frac3{(abc)^2}.(b+ca)2a+(c+ab)2b+(a+bc)2c(abc)23.

\qquad证明

\qquad∑f(a,b,c)=f(a,b,c)+f(b,c,a)+f(c,a,b)\sum f(a,b,c)=f(a,b,c)+f(b,c,a)+f(c,a,b)f(a,b,c)=f(a,b,c)+f(b,c,a)+f(c,a,b) 其中,“∑\sum”表示轮换对称和.

\qquadb+c&gt;2⇒b2+c2&gt;1⇒a2=3−(b2+c2)&lt;2b+c&gt;\sqrt2\Rightarrow b^2+c^2&gt;1\Rightarrow a^2=3-(b^2+c^2)&lt;2b+c>2b2+c2>1a2=3(b2+c2)<2

\qquad⇒a&lt;2&lt;b+c⇒b+c−a&gt;0.\Rightarrow a&lt;\sqrt2&lt;b+c\Rightarrow b+c-a&gt;0.a<2<b+cb+ca>0.

\qquad同理,c+a−b&gt;0,a+b−c&gt;0.c+a-b&gt;0,a+b-c&gt;0.c+ab>0,a+bc>0.

\qquad由幂平均不等式得 a5+b5+c5≥3.a^5+b^5+c^5\geq3.a5+b5+c53.

\qquad不妨假设 a≥b≥c.a\geq b\geq c.abc.

\qquad因此,只需证 ∑a3b2c2(b+c−a)2≥∑a5,\sum\frac{a^3b^2c^2}{(b+c-a)^2}\geq\sum a^5,(b+ca)2a3b2c2a5,

\qquad∑a3(b+c−a)2{(bc)2−[a(b+c−a)]2}≥0.⋯①\sum\frac{a^3}{(b+c-a)^2}\{(bc)^2-[a(b+c-a)]^2\}\geq0.\cdots①(b+ca)2a3{(bc)2[a(b+ca)]2}0.

\qquad对于正数 x、y、zx、y、zxyz 由于

\qquad(yz)2−[x(y+z−x)]2(yz)^2-[x(y+z-x)]^2(yz)2[x(y+zx)]2yz−x(y+z−x)=(x−y)(x−z)yz-x(y+z-x)=(x-y)(x-z)yzx(y+zx)=(xy)(xz)的符号相同,则式①中关于 a、ca、cac 的项非负.

\qquad因此,只需证明关于 a、ba、bab 的项之和非负,即只需证

\qquada3(b+c−a)2(a−b)(a−c)[bc+a(b+c−a)]\frac{a^3}{(b+c-a)^2}(a-b)(a-c)[bc+a(b+c-a)](b+ca)2a3(ab)(ac)[bc+a(b+ca)]

\qquad≥b3(a+c−b)2(a−b)(b−c)[ac+b(a+c−b)].\geq\frac{b^3}{(a+c-b)^2}(a-b)(b-c)[ac+b(a+c-b)].(a+cb)2b3(ab)(bc)[ac+b(a+cb)].

\qquad因为 a3≥b3&gt;0,0&lt;b+c−a≤a+c−b,a−c≥b−c≥0,a^3\geq b^3&gt;0,0&lt;b+c-a\leq a+c-b,a-c\geq b-c\geq0,a3b3>0,0<b+caa+cb,acbc0,

\qquad所以只需证

\qquadab+ac+bc−a2b+c−a≥ab+ac+bc−b2c+a−b\frac{ab+ac+bc-a^2}{b+c-a}\geq\frac{ab+ac+bc-b^2}{c+a-b}b+caab+ac+bca2c+abab+ac+bcb2

\qquadb+c−ab+c-ab+cac+a−bc+a-bc+ab 均为整数,于是只需证

(c+a−b)(ab+ac+bc−a2)≥(b+c−a)(an+bc+ca−b2),(c+a-b)(ab+ac+bc-a^2)\geq(b+c-a)(an+bc+ca-b^2),(c+ab)(ab+ac+bca2)(b+ca)(an+bc+cab2),

\qquad(a−b)(2ab−a2−b2+ac+bc)≥0.(a-b)(2ab-a^2-b^2+ac+bc)\geq0.(ab)(2aba2b2+ac+bc)0.

\qquad由于 a≥ba\geq bab,则只需证明 c(a+b)≥(a−b)2.c(a+b)\geq(a-b)^2.c(a+b)(ab)2.

\qquad结合 c&gt;a−b≥0,a+b&gt;a−b≥0,c&gt;a-b\geq0,a+b&gt;a-b\geq0,c>ab0,a+b>ab0,

\qquad知上述不等式成立.

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