高中奥数 2022-03-09

2022-03-09 本文已影响0人不为竞赛学奥数

2022-03-09-01

（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 P037 例9）

(排序不等式)设有两个有序数组: $a_{1}\leqslant a_{2}\leqslant \cdots \leqslant a_{n}$ 及 $b_{1}\leqslant b_{2}\leqslant \cdots \leqslant b_{n}$ 求证:
$\begin{aligned} &a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots +a_{n}b_{n}\left(\text{顺序和}\right)\\ \geqslant& a_{1}b_{j_{1}}+a_{2}b_{j_{2}}+\cdots +a_{n}b_{j_{n}}\left(\text{顺序和}\right)\\ \geqslant& a_{1}b_{n}+a_{2}b_{n-1}+\cdots +a_{n}b_{1}\left(\text{顺序和}\right), \end{aligned}$
其中 $j_{1},j_{2},\cdots ,j_{n}$ 是 $1,2,\cdots ,n$ 的任意一个排列.

证明

令 $s_{i}=b_{1}+b_{2}+\cdots +b_{i}$ ,

$s_{i}^{\prime}=b_{j_{1}}+b_{j_{2}}+\cdots +b_{j_{i}}\left(i=1,2,\cdots ,n\right).$
由题设易知 $s_{i}\leqslant s_{i}^{\prime}\left(i=1,2,\cdots ,n-,n-1\right),$
$s_{n}=s_{n}^{\prime}.$
又因为 $a_{i}-a_{i+1}\leqslant 0$ ,故 $s_{i}\left(a_{i}-a_{i+1}\right)\geqslant s_{i}^{\prime}\left(a_{i}-a_{i+1}\right)$ .

所以
$\begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^{n} a_{i} b_{i} &=\sum\limits_{i=1}^{n-1} s_{i}\left(a_{i}-a_{i+1}\right)+a_{n} s_{n} \\ & \geqslant \sum\limits_{i=1}^{n-1} s_{i}^{\prime}\left(a_{i}-a_{i+1}\right)+a_{n} s_{n}^{\prime} \\ &=\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i} b_{j_{i}}. \end{aligned}$
此即左端不等式.类似可证得右端不等式.

2022-03-09-02

（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 P037 例10）

将 $1,2,3,\cdots ,2007$ 这2007个数任意排列可得2007!个不同数列,问其中是否存在4个数列:
$a_{1},a_{2},\cdots,a_{2007};b_{1},b_{2},\cdots,b_{2007};c_{1},c_{2},\cdots ,c_{2007};d_{1},d_{2},\cdots ,d_{2007},$
使得 $a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots +a_{2007}b_{2007}=2\left(c_{1}d_{1}+c_{2}d_{2}+\cdots +c_{2007}d_{2007}\right)$ ?
并证明你的结论.

解

由排序不等式
$\begin{aligned} a_{1} b_{1}+a_{2} b_{2}+\cdots+a_{2007} b_{2007} & \leqslant 1 \cdot 1+2 \cdot 2+\cdots+2007 \cdot 2007 \\ &=\dfrac{2007 \cdot 2008 \cdot 4015}{6}\\ &=2696779140, \\ c_{1} d_{1}+c_{2} d_{2}+\cdots+c_{2007} d_{2007} & \geqslant 1 \cdot 2007+2 \cdot 2006+\cdots+2007 \cdot 1 \\ &=\sum\limits_{k=1}^{2007} k(2008-k)\\ &=2008 \sum\limits_{k=1}^{2007} k-\sum\limits_{k=1}^{2007} k^{2} \\ &=2008 \cdot \dfrac{2007 \cdot 2008}{2}-2696779140 \\ &=1349397084, \end{aligned}$
于是 $2\left(c_{1}d_{1}+c_{2}d_{2}+\cdots +c_{2007}d_{2007}\right)\geqslant 269879168>a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2}+\cdots +a_{2007}b_{2007}$ .

由此可见,满足条件的四个数列不存在.

2022-03-09-03

（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 P038 例11）

求证:对每个正整数 $n$ ,有
$\dfrac{2n+1}{3}\sqrt{n}\leqslant \sum\limits_{i=1}^{n}\sqrt{i}\leqslant \dfrac{4n+3}{6}\sqrt{n}-\dfrac{1}{6}.$
不等式两边等号成立当且仅当 $n=1$ .

分析对于 $\sqrt{i}$ ,既可看成是 $1\cdot \sqrt{i}$ ,也可看成是 $i\cdot \dfrac{1}{\sqrt{i}}$ ,这样就得到两种估计方法.

证明

容易验证当 $n=1$ 时,两个不等式都取等号.下面不妨设 $n\geqslant 2$ .

先证左边不等式.令 $a_{i}=1$ , $b_{i}=\sqrt{i}\left(1\leqslant i\leqslant n\right)$ ,则
$s_{i}=a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{i}=i.$
利用Abel分部求和公式,得
$\begin{aligned} s &=\sum\limits_{i=1}^{n} \sqrt{i}\\ &=\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i} b_{i}=\sum\limits_{i=1}^{n-1} i(\sqrt{i}-\sqrt{i+1})+n \sqrt{n} \\ &=n \sqrt{n}-\sum\limits_{i=1}^{n-1} \frac{i}{\sqrt{i}+\sqrt{i+1}} . \end{aligned}$
由 $\dfrac{i}{\sqrt{i}+\sqrt{i+1}}<\dfrac{i}{2\sqrt{i}}=\dfrac{l}{2}\sqrt{i}$ 有
$\sum\limits_{i=1}^{n-1} \frac{i}{\sqrt{i}+\sqrt{i+1}}<\dfrac{1}{2} \sum\limits_{i=1}^{n-1} \sqrt{i}=\dfrac{1}{2}(s-\sqrt{n}),$
所以 $s>n\sqrt{n}-\dfrac{1}{2}\left(s-\sqrt{n}\right)$ ,

解之,得 $s>\dfrac{2n+1}{3}\cdot \sqrt{n}$ .

下证右边不等式.令 $a_{i}=i$ , $b_{i}=\dfrac{1}{\sqrt{i}}\left(1\leqslant i\leqslant n\right)$ ,则
$s_{i}=a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{i}=\dfrac{1}{2}i\left(i+1\right).$ 利用Abel分部求和公式,有
$\begin{aligned} s &=\sum\limits_{i=1}^{n-1} \dfrac{i(i+1)}{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt{i}}-\dfrac{1}{\sqrt{i+1}}\right)+\dfrac{1}{\sqrt{n}} \cdot \dfrac{n(n+1)}{2} \\ &=\dfrac{n+1}{2} \cdot \sqrt{n}+\sum\limits_{i=1}^{n-1} \dfrac{i(i+1)}{2} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{i(i+1)(\sqrt{i}+\sqrt{i+1})}} \\ &=\dfrac{n+1}{2} \cdot \sqrt{n}+\dfrac{1}{2} \sum\limits_{i=1}^{n-1} \dfrac{\sqrt{i(i+1)}}{\sqrt{i}+\sqrt{i+1}}. \end{aligned}$
因为 $\dfrac{\sqrt{i\left(i+1\right)}}{\sqrt{i}+\sqrt{i+1}}<\dfrac{1}{4}\left(\sqrt{i}+\sqrt{i+1}\right)\left(i=1,2,\cdots ,n-1\right)$ ,

故有
$\sum\limits_{i=1}^{n-1} \dfrac{\sqrt{i(i+1)}}{\sqrt{i}+\sqrt{i+1}}<\dfrac{1}{4} \cdot \sum\limits_{i=1}^{n-1}(\sqrt{i}+\sqrt{i+1})$
于是得到 $s<\dfrac{1}{8}\left(2s-\sqrt{n}-1\right)+\dfrac{n+1}{2}\cdot \sqrt{n}$ ,

从而 $s<\dfrac{4n+3}{6}\cdot \sqrt{n}-\dfrac{1}{6}$ .

命题获证.

2022-03-09-04

（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 P039 例12）

设 $\left\{a_{n}\right\}$ 为无穷正数列,若存在常数 $C$ ,使得 $\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{a_{k}}\leqslant C$ 对所有正整数 $n$ 成立.

求证:存在常数 $M$ ,使得 $\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{k^{2}\cdot a_{k}}{\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}\right)^{2}}\leqslant M$ 对所有正整数 $n$ 成立.

证明

记 $S_{n}=\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{k^{2}\cdot a_{k}}{\left(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}\right)^{2}}$ , $A_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}\left(n\geqslant 1\right)$ , $A_{0}=0$ .所以

$\begin{aligned} S_{n} &=\sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{k^{2} \cdot\left(A_{k}-A_{k-1}\right)}{A_{k}^{2}} \\ &\leqslant \dfrac{1}{a_{1}}+\sum\limits_{k=2}^{n} \dfrac{k^{2} \cdot\left(A_{k}-A_{k-1}\right)}{A_{k} A_{k-1}} \\ &=\dfrac{1}{a_{1}}+\sum\limits_{k=2}^{n} \dfrac{k^{2}}{A_{k-1}}-\sum\limits_{k=2}^{n} \dfrac{k^{2}}{A_{k}}\\ &=\dfrac{1}{a_{1}}+\sum\limits_{k=1}^{n-1} \dfrac{(k+1)^{2}}{A_{k}}-\sum\limits_{k=2}^{n} dfrac{k^{2}}{A_{k}} \\ &=\dfrac{1}{a_{1}}+2 \sum\limits_{k=2}^{n-1} \dfrac{k}{A_{k}}+\sum\limits_{k=2}^{n-1} \dfrac{1}{A_{k}}+\frac{4}{A_{1}}-\dfrac{n^{2}}{A_{n}} \\ &\leqslant \dfrac{5}{a_{1}}+2 \sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{k}{A_{k}}+\sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{1}{a_{k}} . \end{aligned}$
而
$\begin{aligned} \sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{k}{A_{k}} &=\sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{k}{A_{k}} \sqrt{a_{k}} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{a_{k}}} \\ &\leqslant\left[\sum\limits_{k=1}^{n}\left(\dfrac{k}{A_{k}} \sqrt{a_{k}}\right)^{2}\right]^{1 / 2} \cdot\left[\sum\limits_{k=1}^{n}\left(\dfrac{1}{\sqrt{a_{k}}}\right)^{2}\right]^{1 / 2} \\ &=\left[\sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{k^{2}}{A_{k}^{2}} a_{k} \cdot \sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{1}{a_{k}}\right]^{1 / 2}\\ &=\left[S_{n} \cdot \sum\limits_{k=1}^{n} \frac{1}{a_{k}}\right]^{1 / 2}, \end{aligned}$
所以 $S_{n} \leqslant \dfrac{5}{a_{1}}+2\left[S_{n} \cdot \sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{1}{a_{k}}\right]^{1 / 2}+\sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{1}{a_{k}}$ .

由此解出
$\sqrt{S_{n}} \leqslant \sqrt{\sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{1}{a_{k}}}+\sqrt{\dfrac{5}{a_{1}}+2 \sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{1}{a_{k}}} .$
取 $M=\left(\sqrt{C}+\sqrt{\dfrac{5}{a_{1}}+2 C}\right)^{2}$ 即可.

2022-03-09-05

（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 P040 例13）

设 $n$ 是一个正整数,实数 $a_{1},a_{2},\cdots,a_{n}$ 和 $r_{1},r_{2},\cdots ,r_{n}$ 满足: $a_{1}\leqslant a_{2}\leqslant \cdots \leqslant a_{n}$ 和 $0\leqslant r_{1}\leqslant r_{2}\leqslant \cdots\leqslant r_{n}$ ,求证:
$\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} a_{i} a_{j} \min \left(r_{i}, r_{j}\right) \geqslant 0.$

证明

作一张 $n\times n$ 的表
$A_{1}=\left(\begin{array}{ccc} a_{1} a_{1} r_{1} & a_{1} a_{2} r_{1} & a_{1} a_{3} r_{1} \cdots a_{1} a_{n} r_{1} \\ a_{2} a_{1} r_{1} & a_{2} a_{2} r_{2} & a_{2} a_{3} r_{2} \cdots a_{2} a_{n} r_{2} \\ a_{3} a_{1} r_{1} & a_{3} a_{2} r_{2} & a_{3} a_{3} r_{3} \cdots a_{3} a_{n} r_{3} \\ \cdots & \cdots & \\ \cdots & \cdots & \\ a_{n} a_{1} r_{1} & a_{n} a_{2} r_{2} & a_{n} a_{3} r_{3} \cdots a_{n} a_{n} r_{n} \end{array}\right)$
由于 $\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} a_{i} a_{j} \min \left(r_{i}, r_{j}\right)=\sum\limits_{j=1}^{n} a_{1} a_{j} \min \left(r_{1}, r_{j}\right)+\sum\limits_{j=1}^{n} a_{2} a_{j} \min \left(r_{2}, r_{j}\right)+\cdots+\sum\limits_{j=1}^{n} a_{k} a_{j} \min \left(r_{k}, r_{j}\right)+\cdots+\sum\limits_{j=1}^{n} a_{n} a_{j} \min \left(r_{n}, r_{j}\right)$ ,它的第 $k$ 项 $\sum\limits_{j=1}^{n} a_{k} a_{j} \min \left(r_{k}, r_{j}\right)=a_{k} a_{1} r_{1}+a_{k} a_{2} r_{2}+\cdots+a_{k} a_{k} r_{k}+a_{k} a_{k+1} r_{k}+\cdots+a_{k} a_{n} r_{k}$ 就是表中第k行各元素的和, $k=1,,\cdots ,n$ .

因此, $\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} a_{i} a_{j} \min \left(r_{i}, r_{j}\right)$ 就是表 $A_{1}$ 中所有元素的和.

另外,此和也可以按式求得:先取出表 $A_{1}$ 中第一行、第一列的各元素,并求其和;剩下的表记为 $A_{2}$ (相当于删去 $A_{1}$ 中的第一行和第一列而得到 $A_{2}$ ),再取出表 $A_{2}$ 中第一行、第一列的各元素,并求其和;剩下的表记为 $A_{3}$ (相当于删去 $A_{2}$ 中的第一行和第一列而得到 $A_{3}$ ),再取出表 $A_{3}$ 中第一行、第一列的各元素,并求其和; $\cdots\cdots$ ,如此得
$\begin{aligned} & \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} a_{i} a_{j} \min \left(r_{i}, r_{j}\right) \\ =& \sum\limits_{k=1}^{n} r_{k}\left(a_{k}^{2}+2 a_{k}\left(a_{k+1}+a_{k+2}+\cdots+a_{n}\right)\right)\left(\text { 这是 } A_{k} \text { 中第一行第一列各元素的和 }\right) \\ =& \sum\limits_{k=1}^{n} r_{k}\left(\left(a_{k}+\sum\limits_{i=k+1}^{n} a_{i}\right)^{2}-\left(\sum\limits_{i=k+1}^{n} a_{i}\right)^{2}\right)=\sum\limits_{k=1}^{n} r_{k}\left(\left(\sum\limits_{i=k}^{n} a_{i}\right)^{2}-\left(\sum\limits_{i=k+1}^{n} a_{i}\right)^{2}\right) \\ =& r_{1}\left(\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}\right)^{2}+r_{2}\left(\sum\limits_{i=2}^{n} a_{i}\right)^{2}+r_{3}\left(\sum\limits_{i=3}^{n} a_{i}\right)^{2}+\cdots+r_{n}\left(\sum\limits_{i=n}^{n} a_{i}\right)^{2} \\ &-r_{1}\left(\sum\limits_{i=2}^{n} a_{i}\right)^{2}-r_{2}\left(\sum\limits_{i=3}^{n} a_{i}\right)^{2}-\cdots-r_{n-1}\left(\sum\limits_{i=n}^{n} a_{i}\right)^{2} \\ =& \sum\limits_{i=k}^{n}\left(r_{i}-r_{i-1}\right)\left(\sum\limits_{i=k}^{n} a_{i}\right)^{2} \geqslant 0\left(\text { 此处约定 } r_{0}=0\right) . \end{aligned}$
因此结论得证.

高中奥数 2022-03-09

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