A(代數) - HackMD

# 不等式 ## 定理 $1.1.$ $$ \begin{cases} \forall a_i, b_i \in \mathbb{R}, (1 \leq i \leq n \in \mathbb{Z}) \\ a_1 \leq a_2 \leq \dots \leq a_n \\ b_1 \leq b_2 \leq \dots \leq b_n \end{cases} $$ $$ \begin{cases} 順序和 = a_1b_1 + a_2b_2 + \dots + a_nb_n \\ 逆序和 = a_1b_{n} + a_2b_{n-1} + \dots a_{n}b_1 \end{cases} $$ $$ 逆序和 \leq 亂序和 \leq 順序和 $$ ### $Proof.$ 對於任意實數 $a > b$ 且 $c > d$，考慮以下兩數： \begin{align*} ad + bc, \quad ac + bd \end{align*} 由於 \begin{align*} &(ac + bd) - (ad + bc) \\ = \ &a(c - d) + b(d - c) \\ = \ &(a - b)(c - d) \ge 0 \end{align*} 若存在如上形式的乘積對，可透過交換使其變大或減小，即說明了逆序和 $\leq$ 亂序和 $\leq$ 順序和。 ## 範例$1.2.$ 若 $b_1, b_2, \cdots, b_n$ 為正數 $a_1, a_2, \cdots, a_n$ 的一個排列，則以下級數的最小值為何？ \begin{align*} {a_1 \over b_1} + {a_2 \over b_2} + \cdots + {a_n \over b_n} \end{align*} :::spoiler `參考解答在這！！！` :::success 分別對 $a_1, a_2, \cdots , a_n$ 及 $\displaystyle \frac1{a_1}, \frac1{a_2}, \cdots , \frac1{a_n}$ 由小至大排序，容易看出當 $a_i$ 排在第 $k$ 位時，$\displaystyle \frac1{a_i}$ 將排在第 $n - k + 1$ 位。於是由逆序和的最小性，應於 $\forall 1 \le i \le n, \ a_i = b_i$ 時，上述級數取得最小值 $n$. ::: ## 範例$1.3.$ 已知正實數 $a, b, c$ 滿足 $a+b+c = 2,$ 求 $\displaystyle \frac{b^2 + c^2}{a} + \frac{a^2 + c^2}{b} + \frac{a^2 + b^2}{c}$ 的最小值。 :::spoiler `參考解答在這！！！` :::success 不妨設$a \ge b \ge c > 0$，則 $\displaystyle a^2 \ge b^2 \ge c^2$ 且 $\displaystyle {1 \over a} \le {1 \over b} \le {1 \over c}$ 透過排序不等式，可以得知逆序和的最小性，以此列出以下兩式 \begin{align*} & a^2 \cdot {1 \over a} + b^2 \cdot {1 \over b} + c^2 \cdot {1 \over c} \le a^2 \cdot {1 \over b} + b^2 \cdot {1 \over c} + c^2 \cdot{1 \over a}\\ & a^2 \cdot {1 \over a} + b^2 \cdot {1 \over b} + c^2 \cdot {1 \over c} \le c^2 \cdot {1 \over b} + a^2 \cdot {1 \over c} + b^2 \cdot{1 \over a}\\ \end{align*} 兩式相加後得到 \begin{align*} 2(a + b + c) \le \frac{b^2 + c^2}{a} + \frac{a^2 + c^2}{b} + \frac{a^2 + b^2}{c} \end{align*} 故所求最小值為 $\displaystyle 4$，當 $\displaystyle a = b = c = \frac23$ 時不等式中的等號成立。 ::: ---- ## 定理 $2.1.$ $\quad$ $\forall a, b > 0,\frac{a+b}{2} \ge \sqrt{ab}$*（算幾不等式）* ### $Proof.$ $$ \begin{align} &(a+b)^2 -4ab = (a-b)^2 \geq 0 \\ \implies &(a+b)^2 - 4ab \geq 0 \\ \implies &\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab} \end{align} $$ ### $Proof.$ 以 $a + b$ 為直徑畫圓，設直徑上一點 $C$ 使直徑被分為長度分別為 $a, b$ 的兩段。過 $C$ 點做垂直該直徑的直線，交圓於 $D, D'$ 兩點。由母子相似性質得 $\overline{CD} = \sqrt{ab}$，觀察圖形易知 $\overline{CD}$ 小於此圓半徑，即 $\displaystyle \frac{a + b}{2} \ge \sqrt{ab}$，證畢。 ### 算幾不等式的一般情況： \begin{cases} \begin{align} \frac{\sum_{i=1}^{n}a_i}{n} = A_n \geq G_n = \sqrt[n]{\prod\limits_{i=1}^{n}a_i}\\ \end{align} \end{cases} ### $Proof.$ 令 $\displaystyle b_{i}={\frac {a_{i}}{{\mathbf {G} }_{n}}}(i=1,2,3,...,n)$，於是有 $\displaystyle b_{1}b_{2}\cdots b_{n}=1$，再作代換 \begin{align*} b_{1}={\frac {c_{1}}{c_{2}}},b_{2}={\frac {c_{2}}{c_{3}}},\cdots ,b_{n}={\frac {c_{n}}{c_{1}}} \end{align*} ，運用排序不等式得到： \begin{align*} \displaystyle {\frac {c_{1}}{c_{2}}}+{\frac {c_{2}}{c_{3}}}+\cdots +{\frac {c_{n}}{c_{1}}}\geqslant {\frac {c_{1}}{c_{1}}}+{\frac {c_{2}}{c_{2}}}+...+{\frac {c_{n}}{c_{n}}}=n \end{align*} ，於是得到 $\displaystyle a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}\geqslant n{\mathbf {G} }_{n}$，即原不等式成立。 ## 範例 $2.2.$ 在座標平面上，點$P(x, y)$ 在直線 $L:2x + 3y = 5$ 上變動，則 $9^x + 27^y$ 的最小值為？ (111復旦期中考) ::: spoiler `參考解答在這！！！` :::success 由算幾不等式， \begin{align*} 9^x + 27^y = 3^{2x} + 3^{3y} \ge 2 \cdot \sqrt{3^{2x} \cdot 3^{3y}} = 2 \cdot \sqrt{3^5} = 18\sqrt{3} \end{align*} 當 $\displaystyle x = \frac{5}{4}, \ y = \frac{5}{6}$ 時等號成立。 ::: ## 範例 $2.3.$ 若 $x>0$，且 $\displaystyle x^2 + \frac{2}{x} \le 3$，則 $x=?$ ::: spoiler `參考解答在這！！！` :::success 由算幾不等式， \begin{align*} x^2 + {2 \over x} = x^2 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x} \ge 3\sqrt[3]{x^2 \cdot {1 \over x} \cdot {1 \over x}} = 3 \end{align*} 但是已知 $\displaystyle x^2 + \frac{2}{x} \le 3$，故上述算幾不等式必須取等，於是 $\displaystyle x^2 = \frac1{x}$，解得 $x = 1$。 ::: ## 範例 $2.4.$ 已知$a > b$ 且 $ab = 1$，設 $\displaystyle p = \frac{a^2+b^2}{a-b}$，則 $p$ 與 $2\sqrt{2}$ 的大小關係為何？ ::: spoiler `參考解答在這！！！` :::success \begin{align*} p \ &= \frac{a^2+b^2}{a-b} \\ &= \frac{(a - b)^2 + 2ab}{a - b} \\ &= (a - b) + \frac{2}{a - b} \\ &\ge 2 \cdot \sqrt{(a - b) \cdot \frac{2}{a - b}} \\ &= 2\sqrt{2} \end{align*} ::: --- ## 定理 $3.1.$ $\forall a_1, a_2, b_1,b_2 \in \mathbb{R}, \left(a_1^2 + a_2^2\right)\left(b_1^2 + b_2^2\right) \geq (a_1b_1 + a_2b_2)^2$ ### $Proof.$ \begin{cases} \begin{align} A &= a_1^2 + a_2^2 \\ B &= 2(a_1b_1 + a_2b_2) \\ C &= b_1^2 + b_2^2 \\ f(x) &= Ax^2 + Bx + c \end{align} \end{cases} 觀察 $f(x)$ 的正負性： $$ \begin{aligned} f(x) &= (a_1^2 + a_2^2)x^2 + 2(a_1b_1 + a_2b_2)x + (b_1^2 + b^2_2) \\ &= (a_1x+b_1)^2 + (a_2x + b_2)^2 \geq 0 \end{aligned} $$ 知 $f(x)$ 恆大於等於零，故其判別式 $D$ 必小於等於零，即 $$ \begin{aligned} D \ = \ &B^2 - 4AC \\ = \ &\left(a_1^2 + a_2^2\right)\left(b_1^2 + b_2^2\right) - (a_1b_1 + a_2b_2)^2 \geq 0 \\ \implies &\left(a_1^2 + a_2^2\right)\left(b_1^2 + b_2^2\right) \ge (a_1b_1 + a_2b_2)^2 \end{aligned} $$ 證畢。 ## 範例$3.2.$ 設$a,b,c,d$都是實數，$a+2b+3c+4d= \sqrt{10}$，則 \begin{align*} a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + (a + b + c + d)^2 \end{align*} 的最小值是？ :::spoiler `參考解答在這！！！` :::success 平方的形式讓人容易聯想到柯西不等式，為使等號可以成立，需先觀察係數： \begin{cases} \begin{align} &p + (p + q + r + s) = 1 \\ &q + (p + q + r + s) = 2 \\ &r + (p + q + r + s) = 3 \\ &s + (p + q + r + s) = 4 \end{align} \end{cases} 將解得 $(p + q + r + s) = 2, \ (p,q,r,s) = (-1, 0, 1, 2)$. 接著由柯西不等式，有 \begin{align*} &\left(a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + (a + b + c + d)^2\right)\ \left( (-1)^2 + 1^2 + 0^2 + 1^2 + 2^2\right) \\ \ge \ &\left(-a + 0b + c + 2d + 2(a + b + c + d)\right)^2 \\ = \ &(a + 2b + 3c + 4d)^2 \\ = \ &10 \end{align*} 當 $(a,b,c,d) = \left(-\frac{\sqrt{10}}{10}, \ 0,\frac{\sqrt{10}}{10}\ , \frac{2\sqrt{10}}{10}\right)$ 時等號成立。 ::: ## 範例$3.3.$ 若$a$, $b$滿足關係：$a\sqrt{1 - b^2} + b\sqrt{1 - a^2} = 1$，則$a^2 + b^2 = \_\_\_\_\_$ :::spoiler `參考解答在這！！！` :::success 分別由柯西不等式及算幾不等式，得到 \begin{cases} \begin{align} &(a^2 + b^2)\left((1 - b^2) + (1 - a^2) \right) \ge \left(a\sqrt{1 - b^2} + b\sqrt{1 - a^2} \right)^2 = 1 \\ &(a^2 + b^2)\left((1 - b^2) + (1 - a^2) \right) \le \left(\frac{(a^2 + b^2) + (1 - b^2 + 1 - a^2)}{2} \right)^2 = 1 \end{align} \end{cases} 故以上兩不等式的等號必成立，此時 $a^2 + b^2 = 1$. ::: ## 範例$3.4.$ 設 $x$, $y$, $z$ 為正實數，且 $x + y + z \ge 3$，證明： \begin{align*} \displaystyle {1 \over x + y + z^2} + {1 \over y + z + x^2} + {1 \over z + x + y^2} \le 1 \end{align*} 並給出等號成立的條件。 :::spoiler `參考解答在這！！！` :::success 由柯西不等式， \begin{align*} &(x + y + z^2)(x + y + 1) \ge (x + y + z)^2 \\ \implies &\frac1{x + y + z^2} \le \frac{x + y + 1}{(x + y + z)^2} \end{align*} 同理， \begin{align*} &\frac1{y + z + x^2} \le \frac{y + z + 1}{(x + y + z)^2} \\ &\frac1{z + x + y^2} \le \frac{z + x + 1}{(x + y + z)^2} \end{align*} 將以上三式相加，得到 \begin{align*} &{1 \over x + y + z^2} + {1 \over y + z + x^2} + {1 \over z + x + y^2} \\ \le \quad &\frac{x + y + 1}{(x + y + z)^2} + \frac{y + z + 1}{(x + y + z)^2} + \frac{z + x + 1}{(x + y + z)^2} \\ = \quad &\frac{2(x + y + z) + 3}{(x + y + z)^2} \\ = \quad &\frac{2}{x + y + z} + \frac{3}{(x + y + z)^2} \\ \le \quad &1 \end{align*} 當且僅當 $x = y = z = 1$ 時，等號成立。 ::: --- # 函方 ## 範例$4.1.$ 已知函數 $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$滿足： \begin{align*} f(f(x)) = x - 1 \quad \quad \forall x \in \mathbb{R}, \end{align*} 請問是否存在整數 $n$ 使得 $f(n)$ 是整數？ :::spoiler `參考解答在這！！！` :::success 由題意可知， \begin{align*} &f(f(f(x))) = f(x - 1), \quad f(f(f(x))) = f(x) - 1 \\ \implies &f(x - 1) = f(x) - 1 \\ \implies &f(x) = f(x - 1) + 1 \end{align*} 假設 $\exists x_0 \in \mathbb{Z}$，使得$f(x_0) \in \mathbb{Z}$，則由上式可知，$\forall x \in \mathbb{Z}, f(x) \in \mathbb{Z}$，且$f(x) = f(x_0) + x - x_0$。設 $f(0) = a \in \mathbb{Z}$，則$f(x) = f(0) + x = x + a, f(f(x)) = f(x + a) = x + 2a = x - 1$，所以$a = -\frac12$，矛盾。所以假設不成立，不存在整數$n$使得$f(n)$為整數。 ::: ## 範例$4.2.$ 試求所有從實數映至實數的函數 $f$，滿足： \begin{align*} 2f((x + y)^2) = f(x + y) + (f(x))^2 + (4y-1)f(x) - 2y + 4y^2 \end{align*} 對於所有實數 $x$ 和 $y$ 皆成立。 (2024 TMO P3) :::spoiler `參考解答在這！！！` :::success 令 $P(x, y)$ : $2f((x + y)^2) = f(x + y) + (f(x))^2 + (4y-1)f(x) - 2y + 4y^2$ 則 \begin{align*} P(0, 0) : \ &2f(0) = f(0) + (f(0))^2 - f(0) \\ \implies \ &(f(0))^2 - 2f(0) = 0 \\ \implies \ &f(0) = 0 \ or \ 2 \end{align*} $如果~f(0) = 0$ \begin{align*} \begin{cases} &P(0,1): 2f(1) = f(1) + 2 \\ &\implies f(1) = 2 \\ &P(1,0): 2f(1) = f(1) + (f(1))^2 - f(1) \\ &\implies f(1) = 0~or~2 \end{cases} \end{align*} $如果~f(0) = 2$ \begin{align*} \begin{cases} P(0,1): 2f(1) = f(1) + 4 + 3\times 2 + 2 = f(1)+12 \\ \implies f(1) = 12 \\ P(1,0): 2f(1) = f(1) +(f(1))^2 - f(1) \\ \implies f(1) = 0~or~2 \end{cases} \end{align*} 得$f(0) = 2$不合又有 \begin{align*} P(x, -x) : \ &2f(0) = f(0) + (f(x))^2 - (4x + 1)f(x) + 2x + 4x^2 \\ \implies &0=(f(x))^2 - f(x) + x(-4f(x) + 2) + 4x^2& \\ \implies &(2x-f(x))(2x+1-f(x))=0 \end{align*} 得$f(x) = 2x~~or~~2x=1$. 代回驗證： $$f(x) = 2x+1代入$$ \begin{align*} \begin{cases} &2f((x + y)^2) = 2(2x^2 + 4xy + 2y^2 + 1) \\ &= 4x^2 + 8xy + 4y^2 + 2 \\ &f(x + y) + (f(x))^2 + (4y-1)f(x) - 2y + 4y^2 \\ &= 4x^2 + 8xy + 4y^2 + 4x + 2y + 1 \end{cases} \end{align*} $$f(x) = 2x代入$$ \begin{align*} \begin{cases} &2f((x + y)^2) = 2(2x^2 + 4xy + 2y^2) \\ &= 4x^2 + 8xy + 4y^2 \\ &f(x + y) + (f(x))^2 + (4y-1)f(x) - 2y + 4y^2\\ &=4x^2 + 8xy + 4y^2 \end{cases} \end{align*} 知$f(x) = 2x$. ::: ## 範例$4.3.$ 滿足 $f(f(x)) = f(x)^{2024}$ 的實係數多項式 $f(x)$ 的個數為？ :::spoiler `參考解答在這！！！` :::success 假設 $deg(f(x)) = k$，則 $k^2 = 2024k$，解得 $k = 0 \ or \ 2024$ 以下分兩種情況討論： (1) 當 $k = 0$ 時，設 $f(x) = a, \ a \in \mathbb{R}$，則 \begin{align*} a = a^{2024} \quad \implies \quad a = 0 \ or \ 1 \end{align*} 得 $f(x) = 0 \ or \ f(x) = 1$. (2) 當 $deg(f(x)) = 2024$ 時，設 $g(x) = f(x) - x^{2024}$。由於多項式函數 $f(x)$ 的值域為無限集，所以 $g(x)$ 的根有無窮多個，故 $g(x)$ 只能為零多項式，因此，$f(x) - x^{2024} = 0 \implies f(x) = x^{2024}$. 綜上，共有三個滿足條件的$f(x)$。 ::: ## 範例$4.4.$ 找出所有函數 $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$，使得等式 \begin{align*} f(\left[x\right]y) = f(x)\left[f(y)\right] \end{align*} 對於所有 $x,\ y \in \mathbb{R}$ 都成立。(這裡$\left[z\right]$表示小於或等於$z$的最大整數。) (2010 IMO P1) :::spoiler `參考解答在這！！！` :::success 將 $y=0$ 代入得：$f(0) = f(x)[f(0)]$ **case1** : $[f(0)]\neq0$ \begin{align*} f(x) = {f(0) \over [f(0)]} \end{align*} 因此$f(x)$為常數，令此常數為$a$並代入原式得： $a=a[a] \implies a(1-[a]) = 0 \implies a=0 \vee a \in [1, 2)$ **case2** : $[f(0)]=0$ $[f(0)]=0\implies f(0)=0$ (原式代入 $y=0$) 將 $x=1$ 代入原式得 $f(y)=f(1)[f(y)]$ 若 $f(1)=0$，則對於任意實數 $y$，皆有 $f(y)=0$ 若 $f(1) \neq 0$，則有 $[f(y)] = {f(y) \over f(1)}$，代入原式得 $f([x]y) = {f(x)f(y) \over f(1)}$，因此對於任意實數 $x,y$ 都有 $f([x]y)=f(x[y])$，代入 $x=\frac{1}{2}, y=2$ 得$f(0)=f(1)$ $\implies f(1)=0$ 與假設矛盾。綜合上述，$\forall x, f(x) = k, k=0 \vee 1 \le k < 2, k \in \mathbb{R}$ :::