2024奥地利数学奥林匹克决赛P1：三角不等式的变形
题目 求最小的实常数$C,$ 使得对于任意实数$X,Y,$ 不等式
\[(X+Y)^2(X^2+Y^2+C)+(1-XY)^2 \ge 0\]恒成立. 并求出$C$取最小值时, 使得等号成立的实数$X$和$Y$的值.
思路 不等式比较明显地能够写成参变量分离的形式.
因为$X+Y=0$时, $XY$非正, 此时原不等式显然成立. 因此原不等式恒成立等价于下面的不等式对于任意不互为相反数的实数$X,Y$恒成立: \begin{align*} X^2+Y^2+\dfrac{(1-XY)^2}{(X+Y)^2}\geq-C. \end{align*} 左侧$\dfrac{1-XY}{X+Y}$明显具有正切函数的结构, 因此设$X=\tan A,$ $Y=\tan B,$ $A,B\in[0,\pi),$ 设$C=\pi-A-B,$ 那么$$\tan C=-\tan(A+B)=-\dfrac{\tan A+\tan B}{1-\tan A\tan B}=\dfrac{X+Y}{XY-1}.$$ 因此我们可以把$X^2+Y^2+\dfrac{(1-XY)^2}{(X+Y)^2}$改写为 \begin{align}\label{1} \tan^2 A+\tan^2 B+\dfrac{1}{\tan^2 C}, \end{align} 而因为$A+B+C=\pi,$ 它们满足以下三角形内角正切值的等式： \begin{align*} \tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C. \end{align*} 根据\eqref{1}的形式, 将两侧除以$\tan C$(并且将常数项移到一边), 则\begin{align}\label{2} \tan A\tan B-\dfrac{\tan A}{\tan C}-\dfrac{\tan B}{\tan C}=1. \end{align}此时\eqref{1}与\eqref{2}左式的关系就很明显了, 即设$a=\tan A,$ $b=\tan B,$ $c=-\dfrac{1}{\tan C},$ 则\eqref{1}$=a^2+b^2+c^2,$ \eqref{2}LHS$=ab+bc+ca.$ 明显有$a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca,$ 且等号可以取到. 因此我们得到本题的解法.
解 因为$X+Y=0$时, $XY$非正, 此时原不等式显然成立. 因此原不等式恒成立等价于下面的不等式对于任意不互为相反数的实数$X,Y$恒成立: \begin{align}\label{3} X^2+Y^2+\dfrac{(1-XY)^2}{(X+Y)^2}\geq-C. \end{align} 注意到, 对于实数$a,b,c\in\mathbb{R},$ 有\begin{align*} a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=\dfrac{1}{2}(a-b)^2+\dfrac{1}{2}(b-c)^2+\dfrac{1}{2}(c-a)^2\geq0. \end{align*} 当且仅当$a=b=c$时取等号. 因此设$a=X,$ $b=Y,$ $c=\dfrac{1-XY}{X+Y},$ 则 \begin{align}\label{4} X^2+Y^2+\dfrac{(1-XY)^2}{(X+Y)^2}\geq XY+X\cdot \dfrac{1-XY}{X+Y}+Y\cdot \dfrac{1-XY}{X+Y}=1. \end{align} 因此当$-C=1$即常数$C=-1$时不等式\eqref{3}成立. 而当且仅当$X=Y=\dfrac{1-XY}{X+Y}$(此时$X=Y=\pm\dfrac{\sqrt3}{3}$)时\eqref{4}取等号, 因此应有$1\geq-C,$ 即$C\geq-1.$ 故最小的实常数$C$为$-1.$ 此时使得等号成立的实数$X,Y$满足$X=Y=\pm\dfrac{\sqrt3}{3}.$
思路 不等式比较明显地能够写成参变量分离的形式.
因为$X+Y=0$时, $XY$非正, 此时原不等式显然成立. 因此原不等式恒成立等价于下面的不等式对于任意不互为相反数的实数$X,Y$恒成立: \begin{align*} X^2+Y^2+\dfrac{(1-XY)^2}{(X+Y)^2}\geq-C. \end{align*} 左侧$\dfrac{1-XY}{X+Y}$明显具有正切函数的结构, 因此设$X=\tan A,$ $Y=\tan B,$ $A,B\in[0,\pi),$ 设$C=\pi-A-B,$ 那么$$\tan C=-\tan(A+B)=-\dfrac{\tan A+\tan B}{1-\tan A\tan B}=\dfrac{X+Y}{XY-1}.$$ 因此我们可以把$X^2+Y^2+\dfrac{(1-XY)^2}{(X+Y)^2}$改写为 \begin{align}\label{1} \tan^2 A+\tan^2 B+\dfrac{1}{\tan^2 C}, \end{align} 而因为$A+B+C=\pi,$ 它们满足以下三角形内角正切值的等式： \begin{align*} \tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C. \end{align*} 根据\eqref{1}的形式, 将两侧除以$\tan C$(并且将常数项移到一边), 则\begin{align}\label{2} \tan A\tan B-\dfrac{\tan A}{\tan C}-\dfrac{\tan B}{\tan C}=1. \end{align}此时\eqref{1}与\eqref{2}左式的关系就很明显了, 即设$a=\tan A,$ $b=\tan B,$ $c=-\dfrac{1}{\tan C},$ 则\eqref{1}$=a^2+b^2+c^2,$ \eqref{2}LHS$=ab+bc+ca.$ 明显有$a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca,$ 且等号可以取到. 因此我们得到本题的解法.
解 因为$X+Y=0$时, $XY$非正, 此时原不等式显然成立. 因此原不等式恒成立等价于下面的不等式对于任意不互为相反数的实数$X,Y$恒成立: \begin{align}\label{3} X^2+Y^2+\dfrac{(1-XY)^2}{(X+Y)^2}\geq-C. \end{align} 注意到, 对于实数$a,b,c\in\mathbb{R},$ 有\begin{align*} a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca=\dfrac{1}{2}(a-b)^2+\dfrac{1}{2}(b-c)^2+\dfrac{1}{2}(c-a)^2\geq0. \end{align*} 当且仅当$a=b=c$时取等号. 因此设$a=X,$ $b=Y,$ $c=\dfrac{1-XY}{X+Y},$ 则 \begin{align}\label{4} X^2+Y^2+\dfrac{(1-XY)^2}{(X+Y)^2}\geq XY+X\cdot \dfrac{1-XY}{X+Y}+Y\cdot \dfrac{1-XY}{X+Y}=1. \end{align} 因此当$-C=1$即常数$C=-1$时不等式\eqref{3}成立. 而当且仅当$X=Y=\dfrac{1-XY}{X+Y}$(此时$X=Y=\pm\dfrac{\sqrt3}{3}$)时\eqref{4}取等号, 因此应有$1\geq-C,$ 即$C\geq-1.$ 故最小的实常数$C$为$-1.$ 此时使得等号成立的实数$X,Y$满足$X=Y=\pm\dfrac{\sqrt3}{3}.$
