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  • MT【178】平移不变性

    (2008年北大自招)
    已知$a_1,a_2,a_3;b_1,b_2,b_3$满足
    $a_1+a_2+a_3=b_1+b_2+b_3$
    $a_1a_2+a_2a_3+a_3a_1=b_1b_2+b_2b_3+b_3b_1$
    $min{a_1,a_2,a_3}le min{b_1,b_2,b_3}$;
    求证:$max{a_1,a_2,a_3}le max{b_1,b_2,b_3}$;


    提示:由对称性,不妨设$a_1le a_2le a_3;b_1le b_2le b_3$如果注意到$a_i,b_i$的平移不变性,不妨每个数都加$-a_1$则条件变为非负数$x_i=a_i-a_1,y_i=b_i-a_1$满足:
    $x_2+x_3=y_1+y_2+y_3$
    $x_2x_3=y_1y_2+y_2y_3+y_3y_1$
    消去$x_2$得
    egin{align*}
    0&=x_3^2-(y_1+y_2+y_3)x_3+y_1y_2+y_2y_3+y_3y_1 \
    & =x_3^3-(y_1+y_2+y_3)x_3^2+(y_1y_2+y_2y_3+y_3y_1)x_3 \
    & ge x_3^3-(y_1+y_2+y_3)x_3^2+(y_1y_2+y_2y_3+y_3y_1)x_3-y_1y_2y_3\
    &=(x_3-y_1)(x_3-y_2)(x_3-y_3)
    end{align*}
    故必有$x_3le y_3 $即$a_3le b_3$

    注:当然直接构造三次也可以,提示:不妨设$a_1le a_2le a_3;b_1le b_2le b_3$则

    $f(x)=(x-a_1)(x-a_2)(x-a_3);g(x)=(x-b_1)(x-b_2)(x-b_3)$;

    从而$f(x)=g(x)+a_1a_2a_3-b_1b_2b_3$

    故$f(a_1)=f(a_3)=0$得$g(a_1)=g(a_3)$由$a_1le b_1$易知$a_3le b_3$

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