高中奥数 2022-03-11

2022-03-11-01

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P042 习题06）

给定个实数,令,,求证:.

证明

$\begin{aligned} n^{2}\left(y-x^{2}\right)=& n \sum\limits_{j=1}^{n} a_{j}^{2}-\left(\sum\limits_{j=1}^{n} a_{j}\right)^{2} \\ =&(n-1) \sum\limits_{j=1}^{n} a_{j}^{2}-2 \sum\limits_{1 \leqslant i<j \leqslant n} a_{i} a_{j} \\ =&(n-1)\left(a_{1}^{2}+a_{n}^{2}\right)-2 a_{1} a_{n}-2 a_{1}\left(a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{n-1}\right) \\ &-2 a_{n}\left(a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{n-1}\right)+\sum\limits_{2 \leqslant i<j \leqslant n-1}\left(a_{i}-a_{j}\right)^{2}+2\left(a_{2}^{2}\right.\\ &\left.+a_{3}^{2}+\cdots+a_{n-1}^{2}\right) \\ =& \sum\limits_{2 \leqslant i<j \leqslant n-1}\left(a_{i}-a_{j}\right)^{2}+2 \sum\limits_{j=2}^{n-1}\left(a_{j}-\dfrac{a_{1}+a_{n}}{2}\right)^{2} \\ &+\dfrac{n}{2}\left(a_{1}-a_{n}\right)^{2} \\ \geqslant & \dfrac{n}{2}\left(a_{n}-a_{1}\right)^{2}, \end{aligned},$
故.

另一方面,
$\begin{aligned} & n^{2}\left(y-x^{2}\right)+n \sum\limits_{j=2}^{n-1}\left(a_{n}-a_{j}\right)\left(a_{j}-a_{1}\right) \\ =&(n-1) \sum\limits_{j=1}^{n} a_{j}^{2}-2 \sum\limits_{1 \leqslant i<j \leqslant n} a_{i} a_{j}+n a_{n} \sum\limits_{j=2}^{n-1} a_{j}+n a_{1} \sum\limits_{j=2}^{n-1} a_{j}-n(n\\ &-2) a_{1} a_{n}-n \sum\limits_{j=2}^{n-1} a_{j}^{2} \\ =&(n-1)\left(a_{1}^{2}+a_{n}^{2}\right)-\sum\limits_{j=2}^{n-1} a_{j}^{2}+(n-2) a_{n} \sum\limits_{j=2}^{n-1} a_{j}+(n-2) a_{1} \sum\limits_{j=2}^{n-1} a_{j} \\ &-[n(n-2)+2] a_{1} a_{n}-2 \sum\limits_{2 \leqslant i<j \leqslant n-1} a_{i} a_{j} . \\ =&-\left[\left(\sum\limits_{j=2}^{n-1} a_{j}\right)-\dfrac{n-2}{2}\left(a_{1}+a_{n}\right)\right]^{2}+\dfrac{n^{2}}{4}\left(a_{1}-a_{n}\right)^{2} . \end{aligned}$
由此即得,

因此,.

2022-03-11-02

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P042 习题07）

设不等式 $\left|z_{1}^{\prime}-z_{2}^{\prime}\right|+\left|z_{2}^{\prime}-z_{3}^{\prime}\right|+\cdots +\left|z_{n-1}^{\prime}-z_{n}^{\prime}\right|\leqslant \lambda\cdot\left[\left|z_{1}-z_{2}\right|+\left|z_{2}-z_{3}\right|+\cdots +\left|z_{n-1}-z_{n}\right|\right],$
对一切不全相等的复数都成立.其中,.求证:并问何时取到等号?

证明

$\begin{aligned} \sum\limits_{k=1}^{n-1}\left|z_{k}^{\prime}-z_{k+1}^{\prime}\right| &=\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left|\dfrac{1}{k} \sum\limits_{j=1}^{k} z_{j}-\dfrac{1}{k+1} \sum\limits_{j=1}^{k+1} z_{j}\right| \\ &=\sum\limits_{k=1}^{n-1} \dfrac{1}{k(k+1)}\left|\sum\limits_{j=1}^{k} j\left(z_{j}-z_{j+1}\right)\right| \\ & \leqslant \sum\limits_{k=1}^{n-1}\left(\dfrac{1}{k(k+1)} \cdot \sum\limits_{j=1}^{k} j\left|z_{j}-z_{j+1}\right|\right) \\ &=\sum\limits_{j=1}^{n-1} \sum\limits_{k=j}^{n-1}\left(\dfrac{1}{k(k+1)} j\left|z_{j}-z_{j+1}\right|\right) \\ &=\sum\limits_{j=1}^{n-1}\left(1-\dfrac{j}{n}\right)\left|z_{j}-z_{j+1}\right| \\ & \leqslant \sum\limits_{j=1}^{n-1}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left|z_{j}-z_{j+1}\right| \\ &=\left(1-\dfrac{1}{n}\right) \sum\limits_{j=1}^{n-1}\left|z_{j}-z_{j+1}\right|. \end{aligned}$

易见,当,时等号成立,故命题得证.

2022-03-11-03

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P042 习题08）

设为正整数,为实数,对于,有,求证:

证明

令,,.于是
$\begin{aligned} & \dfrac{n(n-1)}{2} \cdot \sum\limits_{1 \leqslant i<j \leqslant n} x_{i} x_{j}-\left[\sum\limits_{i=1}^{n-1}(n-i) x_{i}\right] \cdot\left[\sum\limits_{j=2}^{n}(j-1) x_{j}\right] \\ =& \dfrac{n(n-1)}{2} \cdot \sum\limits_{i=1}^{n-1} x_{i} \sum\limits_{j=i+1}^{n} x_{j}-\sum\limits_{i=1}^{n-1}(n-i) x_{i} y \\ =& \sum\limits_{i=1}^{n-1} x_{i} \cdot\left[\frac{n(n-1)}{2} y_{i}-(n-i) y\right]\\ =&\sum\limits_{i=1}^{n-1} x_{i} z_{i}. \end{aligned}$
下面只需证明:.

注意到,,,,又由于
$\dfrac{z_{i+1}}{\dfrac{n\left(n-1\right)}{2}\left(n-i-1\right)}-\dfrac{z_{i}}{\dfrac{n\left(n-1\right)}{2}\left(n-i\right)}=\dfrac{y_{i+1}}{n-i-1}-\dfrac{y_{i}}{n-i}=\dfrac{x_{i+2}+x_{i+3}+\cdots+x_{n}}{n-i-1}-\dfrac{x_{i+1}+x_{i+2}+\cdots+x_{n}}{n-i}>0,$
有:.

因此,一定存在一个正整数,当时;当时,.所以.

故,但等号不能成立.证毕.

2022-03-11-04

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P042 习题09）

设是实数序列,求证:

证明

$\begin{aligned} &\left[\sum\limits_{k=1}^{n}(\sqrt{k}-\sqrt{k-1}) \sqrt{a_{k}}\right]^{2}\\ =&\sum\limits_{i=1}^{n}\left(\sqrt{i}-\sqrt{i-1}\right)^{2} a_{i}+2\sum\limits_{i<j}\left(\sqrt{i}-\sqrt{i-1}\right)\left(\sqrt{j}-\sqrt{j-1}\right) \sqrt{a_{i} a_{j}} \\ \geqslant& \sum\limits_{i=1}^{n}(\sqrt{i}-\sqrt{i-1})^{2} a_{i}+2 \sum\limits_{i<j}\left(\sqrt{i}-sqrt{i-1}\right)\left(\sqrt{j}-\sqrt{j-1}\right) a_{j}\\ =&\sum\limits_{i=1}^{n}\left(\sqrt{i}-\sqrt{i-1}\right)^{2} a_{i}+2 \sum\limits_{j=1}^{n} \sqrt{j-1}\left(\sqrt{j}-\sqrt{j-1}\right) a_{j}\\ =&\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}, \end{aligned}$
因此结论成立.

易见,等号成立时需存在,,而当时,.

注:下面再给出两种证法.

证法2:用Abel求和公式能把不等式转化为:

由,,诱使我们用Chebyshev不等式(详见第10题),即
$\sum\limits_{k=1}^{n} \sqrt{a_{k}} \cdot c_{k} \geqslant \dfrac{1}{n} \cdot \sum\limits_{k=1}^{n} \sqrt{a_{k}} \cdot \sum\limits_{k=1}^{n} c_{k}=\dfrac{1}{\sqrt{n}} \sum\limits_{k=1}^{n} \sqrt{a_{k}},$
并无多大用处,现将欲证结论改述如下:

对用归纳法.当时,显然成立.

假设对某个,每个非增、非负、长为的实数列有成立,考察长为,满足的实数列.由归纳假设,只需证明.不妨设,,,则上式等价于,显然成立.

证法3:令,.

则,.
$\sum\limits_{k=1}^{n} a_{k}=\sum\limits_{k=1}^{n} k x_{k}^{2}+2 \sum\limits_{1 \leqslant k<l \leqslant n} k x_{k} x_{l} \leqslant \sum\limits_{k=1}^{n} k x_{k}^{2}+2 \sum\limits_{k<l} \sqrt{k l} x_{k} x_{l}=\left(\sum\limits_{k=1}^{n} \sqrt{k} x_{k}\right)^{2}$ ,因此结论成立.

2022-03-11-05

（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P043 习题10）

证明Chebysev不等式:

设,,则

证明

定义,.则,,.

由分部求和公式,
$\begin{aligned} \left(\sum\limits_{k=1}^{n} a_{k}\right) \cdot\left(\sum\limits_{k=1}^{n} b_{k}\right) &=\sum\limits_{t=0}^{n-1}\left(\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i} b_{i+t}\right) \\ &=\sum\limits_{t=0}^{n-1}\left[a_{n} \sum\limits_{i=1}^{n} b_{i+t}+\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left(\sum\limits_{i=1}^{k} b_{i+t}\right)\left(a_{k}-a_{k+1}\right)\right] \\ & \leqslant \sum\limits_{t=0}^{n-1}\left[a_{n} \sum\limits_{i=1}^{n} b_{i}+\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left(\sum\limits_{i=1}^{k} b_{i}\right)\left(a_{k}-a_{k+1}\right)\right] \\ &=n \cdot \sum\limits_{k=1}^{n} a_{k} b_{k}. \end{aligned}$
同理可证.

高中奥数 2022-03-11

你可能感兴趣的:(高中奥数 2022-03-11)