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105高中數學能力競賽

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105高中數學能力競賽

已知\( \displaystyle a+b+c=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \)
求\( \displaystyle \frac{1}{(2a+b+c)^2}+\frac{1}{(a+2b+c)^2}+\frac{1}{(a+b+2c)^2} \)的最大值

只想到柯西不等式和\(a=b=c=1\)或\(a=b=c=-1\),謝謝各位前輩

108.5.13補充
證明:\(tan^2 10^{\circ}+tan^2 50^{\circ}+tan^2 70^{\circ}=9\)
(105高中數學能力競賽 嘉義區複賽試題一)
https://math.pro/db/viewthread.php?tid=3133&page=3#pid19916

設\(x\)是整數,函數\(f(x)\)滿足\(\displaystyle f(x+2)=\frac{1+f(x)}{1-f(x)}\)。已知\(f(1)=3\),\(f(2)=5\),求\(f(2021)+f(2022)+f(2023)+f(2024)\)之值為何?
(105高中數學能力競賽 南區(台南區)筆試二試題)

\(f(x)\)為實係數函數,已知所有實數\(x\)滿足\(\displaystyle f(x+2)=\frac{1+f(x)}{1-f(x)}\),若\(f(1)=2-\sqrt{3}\),則\(f(2019)=\)   
(108中正預校國中部,https://math.pro/db/viewthread.php?tid=3130&page=2#pid19816)

106.9.17補充
複賽試題
http://www.cysh.cy.edu.tw/files/ ... 80-1.php?Lang=zh-tw
決賽試題
http://cauchy.math.nknu.edu.tw/math/competitions/index.php

109.6.25補充
設\(Q_1\)、\(Q_2\)為以原點\(O(0,0)\)為圓心的單位圓和\(x\)軸的兩交點。若上半圓上兩點\(P_1\)和\(P_2\)滿足\(∠P_1OP_2=45^{\circ}\),則\(\Delta P_1OQ_1\)和\(\Delta P_2OQ_2\)面積和的最大值為   
(105高中數學能力競賽 北一區(花蓮高中)筆試二試題)
(109新北市高中聯招,https://math.pro/db/thread-3351-1-1.html)

數列\(\langle\;a_n\rangle\;\)滿足\(a_1=1,a_{n+1}=1+a_n+\sqrt{1+4a_n}(n\ge 1)\),
而數列\(\langle\;b_n\rangle\;\)定義為\(b_n=\sqrt{1+4a_n}\)。
(1)問:數列\(\langle\;b_n\rangle\;\)為何種數列?
(2)求數列\(\langle\;a_n\rangle\;\)的一般項公式。
(105高中數學能力競賽 北一區(花蓮高中)筆試一試題)

類似題
數列\(\langle\;a_n\rangle\;\)滿足\(a_1=1\)、\(\displaystyle a_{n+1}=\frac{1}{16}(1+4a_n+\sqrt{1+24a_n})\),求此數列的一般項\(a_n\)。
(109中科實中國中部,https://math.pro/db/thread-3347-1-1.html)

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回復 1# nathan 的帖子

這題是 2009 IMO 的預選題

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#回覆一樓

這題難
想了段時間

附件

IMG_20161117_141050_HDR.jpg (1.64 MB)

2016-11-17 14:16

IMG_20161117_141050_HDR.jpg

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第三行筆誤沒有補上c

另外三個角度是隨便假設的也可以是角PQR

參考看看,我印象這題應該是用很複雜的算幾玩來玩去

然後配合乘法公式

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回復 4# 王重鈞 的帖子

我是算幾炸到底,一路黑到底,慘不忍睹

以下使用符號 \( \sum\limits _{cyclic}f(a,b,c)=f(a,b,c)+f(b,c,a)+f(c,a,b) \)

\( 2a+b+c=(a+b)+(a+c)\geq2\sqrt{(a+b)(a+c)} \) (算幾不等式)

故 \( \frac{1}{(2a+b+c)^{2}}\leq\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{(a+b)(a+c)} \),同理有 \( \frac{1}{(2b+c+a)^{2}}\leq\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{(b+c)(b+a)} \), \( \frac{1}{(2c+a+b)^{2}}\leq\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{(c+a)(c+b)} \)

因此 \( \frac{1}{(2a+b+c)^{2}}+\frac{1}{(2b+c+a)^{2}}+\frac{1}{(2c+a+b)^{2}}\leq\frac{1}{4}\left[\frac{1}{(a+b)(a+c)}+\frac{1}{(b+c)(b+a)}+\frac{1}{(c+a)(c+b)}\right]=\frac{1}{2}\frac{a+b+c}{(a+b)(b+c)(c+a)} \)....(1)

由 \( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=a+b+c \) 可得 \( \frac{ab+bc+ca}{abc}=a+b+c  \Rightarrow\frac{abc(a+b+c)}{ab+bc+ca} = 1 \)...(2)

(1)(2) \( \Rightarrow\frac{1}{(2a+b+c)^{2}}+\frac{1}{(2b+c+a)^{2}}+\frac{1}{(2c+a+b)^{2}}\leq\frac{1}{2}\frac{a+b+c}{(a+b)(b+c)(c+a)}\cdot\frac{abc(a+b+c)}{ab+bc+ca}=\frac{1}{2}\frac{\sum\limits _{cyclic}(a^{3}bc+2ab^{2}c^{2})}{\sum\limits _{cyclic}(a^{3}b^{2}+a^{3}c^{2}+2a^{3}bc+4ab^{2}c^{2})} \)...(3)

算幾不等式有 \( a^{3}b^{2}+a^{3}c^{2}\geq2a^{3}bc  \Rightarrow\sum\limits _{cyclic}\left(a^{3}b^{2}+a^{3}c^{2}\right)\geq\sum\limits _{cyclic}2a^{3}bc \)...(4)

算幾不等式有 \( a^{3}b^{2}+ab^{2}c^{2}\geq2a^{2}b^{2}c, a^{3}c^{2}+ab^{2}c^{2}\geq2a^{2}bc^{2} \)

故 \( \sum\limits _{cyclic}(a^{3}b^{2}+a^{3}c^{2}+2ab^{2}c^{2})\geq\sum\limits _{cyclic}(2a^{2}b^{2}c+2a^{2}bc^{2}) \)
\( \Rightarrow\sum\limits _{cyclic}(a^{3}b^{2}+a^{3}c^{2}+2ab^{2}c^{2})\geq\sum\limits _{cyclic}4ab^{2}c^{2} \)
\( \Rightarrow\sum\limits _{cyclic}(a^{3}b^{2}+a^{3}c^{2})\geq\sum\limits _{cyclic}2ab^{2}c^{2} \)...(5)

(4)(5) \( \Rightarrow\frac{1}{3}\sum\limits _{cyclic}\left(a^{3}b^{2}+a^{3}c^{2}\right)+\frac{2}{3}\sum\limits _{cyclic}\left(a^{3}b^{2}+a^{3}c^{2}\right)\geq\sum\limits _{cyclic}\left(\frac{2}{3}a^{3}bc+\frac{4}{3}ab^{2}c^{2}\right) \)...(6)

(3)(6) \( \Rightarrow\frac{1}{(2a+b+c)^{2}}+\frac{1}{(2b+c+a)^{2}}+\frac{1}{(2c+a+b)^{2}}\leq\frac{1}{2}\frac{\sum\limits _{cyclic}(a^{3}bc+2ab^{2}c^{2})}{\sum\limits _{cyclic}(\frac{8}{3}a^{3}bc+\frac{16}{3}ab^{2}c^{2})}=\frac{3}{16} \).

而當 \( a=b=c=1 \) 時 \( \frac{1}{(2a+b+c)^{2}}+\frac{1}{(2b+c+a)^{2}}+\frac{1}{(2c+a+b)^{2}}=\frac{3}{16} \),故所求最大值為 \( \frac{3}{16} \).

[ 本帖最後由 tsusy 於 2020-7-1 23:04 編輯 ]
文不成,武不就

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其實是想問另一題,剛好看到上面,順便先回

105 台南區筆試一第四題是否不小心出錯了(或沒出好),如果是的話,下界應該修成什麼樣子?題目如下:
數列 \( \{a_{n}\} \),並滿足 \( 15na_{n}-25na_{n-1}=15a_{n}-6a_{n}a_{n-1} \),且 \( a_{0}\neq0 \)。

求證 \( \frac{1}{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}}>\frac{3^{n}(3^{n+1}-5^{n})}{2\times5^{2n}\times n!} \), \( n\geq2 \)

說明:當\( n \geq 3 \) 時 \( \frac{3^{n}(3^{n+1}-5^{n})}{2\times5^{2n}\times n!} <0 \),而 \( a_n \) 認真算過後都是正的,這樣的不等式實在沒什麼意義

以下是一些化簡:
\( 15na_{n}-25na_{n-1}=15a_{n}-6a_{n}a_{n-1}\Rightarrow15(n-1)a_{n}-25na_{n-1}=-6a_{n}a_{n-1}\Rightarrow15\cdot\frac{n-1}{a_{n-1}}-25\cdot\frac{n}{a_{n}}=-6 \)

令 \( b_{n}=\frac{n}{a_{n}} \),則 \( 15b_{n-1}-25b_{n}=-6 \),又 \( b_0=0 \) 可解得 \( b_{n}=\frac{3}{5}-(\frac{3}{5})^{n+1}=\frac{3}{5}\left(1-(\frac{3}{5})^{n}\right) \)

\( \frac{1}{a_{1}a_{2}\cdots a_{n}}=\frac{b_{1}b_{2}\cdots b_{n}}{n!}=\frac{3^{n}}{5^{n}\times n!}\prod\limits _{k=1}^{n}\left(1-(\frac{3}{5})^{k}\right) \)
文不成,武不就

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