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105高中數學能力競賽

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 \( \frac{3}{16} \).
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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 \( b_{n}=\frac{3}{5}-(\frac{3}{5})^{n+1}=\frac{3}{5}\left(1-(\frac{3}{5})^{n}\right) \)

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