北京数竞 1957

平面上任取三个格点， 试证：它们不能是正三角形三个顶点

证明：

设三个点分别为\(  A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2}),C(x_{3},y_{3})\)则
\( S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}\begin{Vmatrix}\
x_1&y_1 &1 \\
x_2&y_2 &1 \\
x_3&y_3 &1 \
\end{Vmatrix}\)为有理数，而

\( S_{\Delta ABC}=\frac{\sqrt{3}}{4}((x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2)\)为无理数，矛盾。

49th Moscow MO 1986

求证：对于实数\(x,y,z\)，以下三个式子不可能同时成立。

\( \left | x \right | < \left | y-z \right | , \left | y \right | < \left | z-x \right |, \left | z \right | < \left | x-y \right | \)

证明：

反证法。若三式全部成立，有

\[\left\{\begin{matrix}x^2<(y-z)^2 \
\\ y^2<(z-x)^2
\\ z^2<(x-y)^2 \
\end{matrix} \right. \
\rightarrow \left\{\begin{matrix}(x-y+z)(x+y-z)<0 \
\\ (y-z+x)(y+z-x)<0
\\ (z-x+y)(z+x-y)<0 \
\end{matrix}\right.\]

三式相乘

\(((x+y-z)(y+z-x)(z+x-y))^2<0\)矛盾。

St.Petersburg MO 1988

是否存在两个不等于0的整数\(x,y\)，满足其中之一可被它们的和整除，另一个可被差整除？

解答：

不存在。

否则，\(\left |x+y \right |\)、\(\left |x-y \right |\) 必有一个既大于x又大于y。它不可能是\(x\)或\(y\)的约数，矛盾。

16th CanadianMO 1984

任给7个实数，求证必有两个数x、y满足：

\[0 \leq\frac{x – y}{1+x y} \leq\frac{\sqrt{3}}{3} \]

拿到题目后第一反应就是和什么公式好像……结果还真是……

证明：

设七个数为\(a_{1}< a_{2}< a_{3}< a_{4}< a_{5}< a_{6}<a_{7}\)，令\(\theta _{i}=arctan(a_{i})\)。

有\( \frac{-\pi}{2}<\theta _{1}<\theta _{2}<\theta _{3}<\theta _{4}<\theta _{5}<\theta _{6}<\theta _{7}<\frac{\pi}{2}\)

则必有\( 0<\theta _{i+1}-\theta _{i}\leq \frac{-\pi}{6} i \in \left [ 1,6 \right ] \)

则\( 0<tan(\theta _{i+1}-\theta _{i})= \frac{tan(\theta _{i+1})-tan(\theta _{i})}{1+tan(\theta _{i})tan(\theta _{i+1})}\leq \frac{\sqrt{3}}{3} \)即\[0 \leq \frac{x – y}{1+x y} \leq \frac{\sqrt{3}}{3} \]

练习：

50th Moscow MO 1987 求证：从任意三个正数或四个实数中总能取两个数x,y满足 \[0 \leq \frac{x – y}{1+x y} \leq 1 \]

3th CMO WC 1988

（1）设正数a,b,c满足 \((a^{2}+b^{2}+c^{2})^{2}>2(a^{4}+b^{4}+c^{4})\)

求证：a,b,c是三角形的三边。

（2）设\((a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}+ … +a_{n}^{2})^{2}>(n-1)(a_{1}^{4}+a_{2}^{4}+…+a_{n}^{4}) n\geq3\)，求证：\({a_{n}}\)中任意三个数是三角形的三边。

看起来就是各种因式分解。。

证明：

（1）

由题意得\(2a^{2}b^{2}+2b^{2}c^{2}+2a^{2}c^{2}-a^{4}-b^{4}-c^{4}>0\)

即\((a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)(a+b+c)>0\)

不妨设\(a\geq b \geq\ c\)

有\((b+c-a)>0\)即a,b,c是三角形的三边。

（2）

\(n=3\)时由（1）立即可得。

\(n>3\)时

\[(n-1)(a_{1}^{4}+a_{2}^{4}+…+a_{n}^{4}) \]
\[<(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}+ … +a_{n}^{2})^{2} \]
\[=(\frac{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}}{2}+\frac{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2}}{2}+ … +a_{n}^{2})^{2} \]
\[\leq (n-1)(\frac{(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2})^{2}}{4}+\frac{(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2})^{2}}{4}+a_{4}^{4}+…+a_{n}^{4}) (柯西不等式) \]
\[=(n-1)(\frac{(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2})^{2}}{2}+a_{4}^{4}+…+a_{n}^{4})\]

所以

\((a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+a_{3}^{2})^{2}>2(a_{1}^{4}+a_{2}^{4}+a_{3}^{4})\)

由（1）知\(a_{1},a_{2},a_{3}\)是三角形的三边。

由对称性可知，\({a_{n}}\)中任意三个数是三角形的三边。

【To be continued】