# 第一天作業
## 第一題
設 $a, b, c$ 為任意實數，試證：
\begin{align*}
a^2 + b^2 + c^2 \ge ab + bc + ca.
\end{align*}

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:::success
不妨設 $a \ge b \ge c$，則由排序不等式得證。
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## 第二題
設 $a, b, c$ 為任意正數,求 $\displaystyle \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b}$ 的最小值

:::spoiler `參考解答在這！！！`
:::success
不妨設 $a \ge b \ge c$，則 $\displaystyle a + b \ge c + a \ge b + c \implies \frac{1}{a + b} \le \frac{1}{c + a} \le \frac{1}{b + c}$
透過排序不等式，可以得知順序和的最大性，以此列出以下兩式
\begin{align*}
{a \over b+c} + {b \over c + a} + {c \over a + b} \ge {a \over a + b} + {b \over b + c} + {c \over c + a} \\
{a \over b+c} + {b \over c + a} + {c \over a + b} \ge {b \over a + b} + {c \over b + c} + {a \over c + a} \\
\end{align*}
兩式相加後得到
\begin{align*}
2({a \over b+c} + {b \over c + a} + {c \over a + b}) \ge 3 \\
\end{align*}
故所求最小值為$\displaystyle \ {3 \over 2}$
當 $a = b = c$ 時不等式中的等號成立。
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## 第三題
設 $x_1, x_2, \cdots, x_n \in \mathbb{R}_+$，且 $x_1 + x_2 + \cdots + x_n = 1$，證明：
\begin{align*}
{x_1^2 \over 1 + x_2} + {x_2^2 \over 1 + x_3} + \cdots {x_{n-1}^2 \over 1 + x_n} + {x_n^2 \over 1 + x_1} \ge {1 \over n + 1}.
\end{align*}

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:::success
利用柯西不等式，得到：
\begin{align*}
\left( \sum_{i = 1}^{n}(1 + x_i) \right) \left( {x_1^2 \over 1 + x_2} + {x_2^2 \over 1 + x_3} + \cdots {x_{n-1}^2 \over 1 + x_n} + {x_n^2 \over 1 + x_1} \right) \ge \sum_{i = 1}^{n}x_i = 1
\end{align*}
又由 $\sum_{i = 1}^{n}(1 + x_i) = n + 1$，有
\begin{align*}
{x_1^2 \over 1 + x_2} + {x_2^2 \over 1 + x_3} + \cdots {x_{n-1}^2 \over 1 + x_n} + {x_n^2 \over 1 + x_1} \ge {1 \over n + 1}
\end{align*}

證畢。
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## 第四題
設 $n$ 為正整數，求函數 $\displaystyle x + \frac{1}{nx^n}$在$x>0$ 時的最小值。(用 $n$ 表示)

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\begin{align*}
&x + \frac{1}{nx^n} \\
= \quad &\frac{x}{n} + \frac{x}{n} + \cdots + \frac{x}{n} + \frac{1}{nx^n} \\
\ge \quad &(n + 1) \cdot \sqrt[n + 1]{\frac{x}{n} \cdot \frac{x}{n} \cdots \frac{x}{n} \cdot \frac{1}{nx^n}} \\
= \quad &\frac{n + 1}{n}
\end{align*}
當 $x=1$ 時等號成立。
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## 第五題
找出滿足下列條件的所有實係數多項式函數 $f(x)$
\begin{align*}
&(1)\quad f(x) = f(x-1) + 2x - 1 \quad \forall x \in \mathbb{R}\\
&(2)\quad f(0) = 0
\end{align*}

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觀察發現 $f(x) = x^2$ 滿足條件，以下證明此為唯一滿足條件的解。
設 $h(x) = f(x) - x^2$，由$(1)、(2)$歸納易知對任意正整數 $n$，有 $f(n) = n^2$，即所有正整數都是 $h(x)$ 的根，這意味著多項式 $h(x)$ 有無窮多個根，故 $h(x)$ 只能為零多項式，即 $f(x) - x^2 = 0 \implies f(x) = x^2$.
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## 第六題
設 $x, y, z$ 是正數，求證：
\begin{align*}
xyz \ \ge \ (y + z - x)(z + x - y)(x + y - z).
\end{align*}

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令 $a = (y + z - x), \ b = (z + x - y), \ c =(x + y - z)$，則
\begin{align*}
x = \frac{b + c}{2}, \ y = \frac{c + a}{2}, \ z = \frac{a + b}{2}.
\end{align*}

$a,b,c$中至多有一個不大於 $0$.否則，$x, y, z$ 將不全為正數。

當 $a,b,c$ 中恰有一個不大於 $0$ 時，不等式顯然成立。
當 $a,b,c$ 均為正數時，原不等式化為
\begin{align*}
(b + c)(c + a)(a + b) \ge 8abc
\end{align*}

以下分別對三項做算幾：
\begin{align*}
\displaystyle b + c \ge 2\sqrt{bc},\ \ c + a \ge 2\sqrt{ca},\ \ a+b \ge 2\sqrt{ab} \\
\implies (b + c)(c + a)(a + b) \ge8\sqrt{(bc)(ca)(ab)}=8abc
\end{align*}
故得證。
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## 第七題
已知 $a>b>0$，試求 $\displaystyle a+\frac{4}{a+b} + \frac{1}{a-b}$ 的最小值。

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首先觀察後兩項及以下柯西不等式
\begin{align*}
& \left((a + b) + (a-b)\right)\left({4 \over a + b} + {1 \over a - b}\right) \ge (2+1)^2 \\
& \implies \left({4 \over a + b} + {1 \over a - b}\right) \ge {9 \over 2a}
\end{align*}
於是由柯西不等式與算幾不等式，有
\begin{align*}
a + \left({4 \over a + b} + {1 \over a - b} \right) \ge a + {9 \over 2a} \ge 2\sqrt{a \cdot {9 \over 2a}} = 3\sqrt{2}
\end{align*}
當 $\displaystyle a = \frac{3}{2}\sqrt{2},\ b = \frac{1}{2}\sqrt{2}$ 時，取得最小值 $3\sqrt{2}$.
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## 第八題
找出滿足下列條件的所有實係數多項式函數 $f(x)$.
\begin{align*}
&(1)\quad f(f(x)) = f(f(x-y)) + 4f(xy) + f(f(y)) + 4xyf(x-y) - 4xyf(y) - 2y^2f(x-y) \\
&(2)\quad f(0) = 0, f(1) = 1
\end{align*}

對任意 $x,y \in \mathbb{R}$均成立。

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將 $(x, x)$ 帶入 $(1)$ 中的 $(x, y)$，注意到此時 $f(x - y) = 0$，於是
\begin{align*}
&f(f(x)) = 4f(x^2) + f(f(x)) - 4x^2f(x) \\
\implies &f(x^2) = x^2f(x) \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad (*)
\end{align*}

又因為 $f(x)$ 為多項式函數，令 $deg(f(x)) = k \ \ (k \in \mathbb{Z})$，則
$$
\begin{cases}
deg(f(x^2)) = 2k \\
deg(x^2f(x)) = k + 2
\end{cases}
$$

由 $(*)$ 有 $2k = k+2$，得 $k = 2$.
令 $f(x) = ax^2 + bx + c$ ，則
$$
\begin{cases}
\begin{aligned}
x^2f(x) &= ax^4 + bx^3 + cx^2 \\
f(x^2) &= ax^4 + bx^2 + c \\
f(1) &= a+b+c = 1
\end{aligned}
\end{cases}
$$

透過比較係數得知
$$
\begin{cases}
\begin{aligned}
a = 1 \\
b = 0 \\
c = 0
\end{aligned}
\end{cases}
$$
故 $f(x) = x^2$，容易驗證其滿足條件。
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## 第九題
$a,b,c$ 為三角形的三邊長，試證
\begin{align*}
{(a+c-b)^4 \over a(a+b-c)} + {(a+c-b)^4 \over b(b+c-a)} + {(b+c-a)^4 \over c(a+c-b)} \ge ab + bc + ca
\end{align*}

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為了讓不等式的結構變得更簡單，我們先做“切線長代換”：
\begin{align*}
a + c - b = x, \ a + b - c = y, \ b + c - a = z.
\end{align*}

則
\begin{align*}
a = \frac{x + y}{2}, \ b = \frac{y + z}{2} \ c = \frac{z + x}{2}, \\
a + b + c = x + y + x. \quad \quad \quad
\end{align*}

記求證不等式左邊為 $S$，則
\begin{align*}
S = {2x^4 \over y(x + y)} + {2y^4 \over z(y + z)} + {2z^4 \over x(z + x)}.
\end{align*}

由柯西不等式，得
\begin{align*}
{S \over 2} \cdot \left(y(x + y) + z(y + z) + x(z + x) \right) \ge (x^2 + y^2 + z^2)^2.
\end{align*}

於是
\begin{align*}
S \ \ge \ &\frac{2(x^2 + y^2 + z^2)^2}{x^2 + y^2 + z^2 + xy + yz + zx} \\
\ge \ &\frac{2(x^2 + y^2 + z^2)^2}{x^2 + y^2 + z^2 + (x^2 + y^2 + z^2)} \\
= \ &x^2 + y^2 + z^2 \ge \frac{(x + y + z)^2}{3} \\
= \ &\frac{(a + b + c)^2}{3} \ge ab + bc + ca.
\end{align*}

得證。
:::

## 第十題
令 $\mathbb{R}_{>0}$ 為所有正實數所成的集合。試找出所有函數 $f : \mathbb{R}_{>0} \rightarrow \mathbb{R}_{>0}$ 滿足：
\begin{align*}
x(f(x) + f(y)) \ge (f(f(x)) + y)f(y)
\end{align*}

對任意 $x,y \in \mathbb{R}_{>0}$ 均成立。 (2024 Taiwan TST Round 1 Mock Exam P2)
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令 $P(x, y) : x(f(x) + f(y)) \ge (f(f(x)) + y)f(y)$
則
\begin{align}
P(x, f(x)) : &\ x(f(x) + f(f(x))) \ge(f(f(x)) + f(x))f(f(x)) \\
&\implies x \ge f(f(x)) \cdots \cdots (1)
\end{align}

\begin{align*}
P(f(x), x) :\ &f(x)(f(f(x))+f(x)) \ge (f(f(f(x))) + x)f(x) \\
&\implies f(f(x))+f(x) \ge f(f(f(x))) + x \\
&\implies f(x) - f(f(f(x))) \ge x - f(f(x))
\end{align*}

為證明方便，我們令 $f_n(x) = f(f_{n-1}(x)),\ f_1(x) = f(x)\ (n > 0)$

以下證明對任意正實數 $a$ 有 $a = f(f(a))$：
假設存在正實數 $a$ 使得 $a - f(f(a)) = k \ (k \ge 0)$，
由 $f(x) - f(f(f(x))) \ge x - f(f(x))$ 得以下關係：
\begin{align*}
a - f_2(a) \le f_1(a) -f_3(a) \le f_2(a) - f_4(a) \le \cdots
\end{align*}
即對於任意的$n$，都有 $f_n(a) - f_{n+2}(a) \ge a - f_2(a) = k$
因此
\begin{align*}
a - f_2(a) &= k \\
f_2(a) - f_4(a) &\ge k \\
f_4(a) - f_6(a) &\ge k\\
&^._.\\
&^. \\
+)\ f_{2n-2}(a) - f_{2n}(a) & \ge k\\
一一一一一一一一一一一一&一一一一一一一 \\
a - f_{2n}(a) &\ge nk\\
\implies f_{2n}(a) &\le a - nk
\end{align*}
<!-- 又由 $x \ge f(f(x))$ 得
\begin{align*}
a \ge f_2(a) \ge f_4(a) \ge \cdots \\
\end{align*} -->
當 $n$ 充分大時，唯有 $k=0$ 時，可使 $f_{2n}(a)$ 為正。
故有 $f_{2n}(a) = a\ (n \in \mathbb{N})$
將結論代回原式，得
\begin{align*}
x(f(x) + f(y)) \ge (x + y) f(y)
\end{align*}
對於任意正實數 $u, v$，
\begin{align}
P(u, v):\ &u(f(u)+f(v)) \ge (u + v)f(v) \\
&\implies uf(u) \ge vf(v)\\
P(v, u):\ &v(f(v)+f(u)) \ge (v + u)f(u) \\
&\implies uf(u) \le vf(v)\\\\
&\implies uf(u) = vf(v) \equiv C
\end{align}
於是，$\displaystyle xf(x) \equiv C\ (C \in R_{>0}) \implies f(x) = {C \over x}$.
上式容易驗證滿足條件，證畢。
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