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竞赛代数：经典不等式与函数方程

高中竞赛代数不只考运算，更考“方法选型”：什么时候用均值链，什么时候用凸性，什么时候把函数方程转为代数结构。

一、核心知识点讲解​

1. 常用不等式工具箱​

  • 均值链：Hn≤Gn≤An≤QnH_n \le G_n \le A_n \le Q_n。
  • 柯西与 Titu（Engel 形式）：
∑i=1nxi2yi≥(x1+⋯+xn)2y1+⋯+yn(yi>0). \sum_{i=1}^n\frac{x_i^2}{y_i}\ge\frac{(x_1+\cdots+x_n)^2}{y_1+\cdots+y_n}\quad(y_i>0).
  • Hölder：
(∑aip)1/p(∑biq)1/q≥∑aibi(1p+1q=1). \left(\sum a_i^p\right)^{1/p}\left(\sum b_i^q\right)^{1/q}\ge\sum a_ib_i\quad\left(\frac1p+\frac1q=1\right).
  • 排序与重排：同序乘积和最大，逆序最小。

2. 凸性方法与 Jensen​

若 ff 在区间上凸，则

f ⁣(x1+⋯+xnn)≤f(x1)+⋯+f(xn)n. f\!\left(\frac{x_1+\cdots+x_n}{n}\right)\le\frac{f(x_1)+\cdots+f(x_n)}{n}.

竞赛中常见选函数：ln⁡x, xln⁡x, 1x, x1−x\ln x,\ x\ln x,\ \frac1x,\ \frac{x}{1-x}（配合定义域）。

3. 函数方程的三步法​

  • 第一步：代入特值（0,1,−x0,1,-x）确定 f(0),f(1),f(−x)f(0),f(1),f(-x)。
  • 第二步：判定结构（奇偶性、单射/满射、加性/乘性）。
  • 第三步：在附加条件（单调、连续、有界）下完成线性化。
解题策略

对称不等式先尝试“归一化 + 局部估计求和”；函数方程先锁定 f(0)f(0) 与 f(1)f(1)，再决定是否引入单调/连续条件。

二、经典例题实战​

例题 1：Titu 不等式基础模板​

已知 a,b,c>0a,b,c>0，证明

a2b+c+b2c+a+c2a+b≥a+b+c2. \frac{a^2}{b+c}+\frac{b^2}{c+a}+\frac{c^2}{a+b}\ge\frac{a+b+c}{2}.
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由 Titu 不等式

∑cyca2b+c≥(a+b+c)2(b+c)+(c+a)+(a+b)=(a+b+c)22(a+b+c)=a+b+c2. \sum_{cyc}\frac{a^2}{b+c}\ge\frac{(a+b+c)^2}{(b+c)+(c+a)+(a+b)}=\frac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{2}.

证毕。

例题 2：Jensen 与凸函数​

设 x,y,z>0x,y,z>0 且 x+y+z=3x+y+z=3，证明

11+x+11+y+11+z≥32. \frac1{1+x}+\frac1{1+y}+\frac1{1+z}\ge\frac32.
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取 f(t)=11+tf(t)=\frac1{1+t}，有

f′′(t)=2(1+t)3>0, f''(t)=\frac{2}{(1+t)^3}>0,

故 ff 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上凸。Jensen 给出

f(x)+f(y)+f(z)3≥f ⁣(x+y+z3)=f(1)=12. \frac{f(x)+f(y)+f(z)}3\ge f\!\left(\frac{x+y+z}3\right)=f(1)=\frac12.

故左式 ≥32\ge\frac32。

例题 3：齐次化不等式​

设 a,b,c>0, abc=1a,b,c>0,\ abc=1，证明

∑cyc1a3(b+c)≥32. \sum_{cyc}\frac1{a^3(b+c)}\ge\frac32.
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由 abc=1abc=1，有 1a3(b+c)=(bc)2b+c\frac1{a^3(b+c)}=\frac{(bc)^2}{b+c}，于是

∑cyc1a3(b+c)=∑cyc(bc)2b+c≥(ab+bc+ca)22(a+b+c). \sum_{cyc}\frac1{a^3(b+c)}=\sum_{cyc}\frac{(bc)^2}{b+c} \ge\frac{(ab+bc+ca)^2}{2(a+b+c)}.

再由 (ab+bc+ca)2≥3abc(a+b+c)=3(a+b+c)(ab+bc+ca)^2\ge3abc(a+b+c)=3(a+b+c)，得到

(ab+bc+ca)22(a+b+c)≥32. \frac{(ab+bc+ca)^2}{2(a+b+c)}\ge\frac32.

证毕。

例题 4：加法型函数方程​

求所有满足

f(x+y)=f(x)+f(y),∀x,y∈R f(x+y)=f(x)+f(y),\quad \forall x,y\in\mathbb R

且在 R\mathbb R 上单调的函数。

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由加法性得 f(0)=0,f(−x)=−f(x)f(0)=0,f(-x)=-f(x)，并可推出 f(q)=qf(1)f(q)=qf(1)（q∈Qq\in\mathbb Q）。 单调性可将有理逼近推广到实数，故

f(x)=cx,c=f(1). f(x)=cx,\quad c=f(1).

例题 5：函数方程中的构造替换​

求满足

f(x+y)+f(x−y)=2f(x)+2f(y),∀x,y∈R f(x+y)+f(x-y)=2f(x)+2f(y),\quad \forall x,y\in\mathbb R

且 f(1)=1f(1)=1 的函数。

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令 x=y=0x=y=0 得 f(0)=0f(0)=0。令 y=xy=x 得 f(2x)=4f(x)f(2x)=4f(x)。再令 x↦x+y2,y↦x−y2x\mapsto\frac{x+y}{2},y\mapsto\frac{x-y}{2} 可化出二次型平行四边形恒等式，说明 ff 为二次函数，设 f(x)=kx2f(x)=kx^2。代入原式恒成立，且 f(1)=1f(1)=1 得 k=1k=1。

答案：f(x)=x2f(x)=x^2。

三、配套练习（章节内）​

练习 1（基础）​

设 a,b>0a,b>0，证明

ab+ba≥2. \frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2.
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由 AM-GM：ab+ba≥2ab⋅ba=2\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\sqrt{\frac{a}{b}\cdot\frac{b}{a}}=2。

练习 2（提高）​

设 a,b,c>0a,b,c>0，证明

a+b+c3≥abc3. \frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt[3]{abc}.
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三元 AM-GM 直接成立，等号当且仅当 a=b=ca=b=c。

练习 3（提高）​

求所有满足

f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy, f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy,

且 f(0)=0f(0)=0 的函数。

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令 g(x)=f(x)−x2g(x)=f(x)-x^2，则

g(x+y)=g(x)+g(y). g(x+y)=g(x)+g(y).

若附加单调/连续，则 g(x)=cxg(x)=cx，故

f(x)=x2+cx. f(x)=x^2+cx.

练习 4（挑战）​

设 x,y,z∈(0,1), x+y+z=1x,y,z\in(0,1),\ x+y+z=1，证明

x1−x+y1−y+z1−z≥32. \frac{x}{1-x}+\frac{y}{1-y}+\frac{z}{1-z}\ge\frac32.
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取 f(t)=t1−tf(t)=\frac{t}{1-t}，f′′(t)=2(1−t)3>0f''(t)=\frac{2}{(1-t)^3}>0，Jensen 得

f(x)+f(y)+f(z)3≥f ⁣(13)=12. \frac{f(x)+f(y)+f(z)}{3}\ge f\!\left(\frac13\right)=\frac12.

故左式 ≥32\ge\frac32。