高中奥数 2022-03-23

2022-03-23 本文已影响0人不为竞赛学奥数

2022-03-23-01

（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 P064 例11）

设 $a_{1},a_{2},\cdots ,a_{n}$ 为正实数,满足 $a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}=\dfrac{1}{a_{1}}+\dfrac{1}{a_{2}}+\cdots +\dfrac{1}{a_{n}}$ .求证:
$\dfrac{1}{n-1+a_{1}}+ \dfrac{1}{n-1+a_{2}}+\cdots +\dfrac{1}{n-1+a_{n}} \geqslant 1.$
证明

令 $b_{i}=\dfrac{1}{n-1+a_{i}}$ , $i=1,2\cdots ,n$ ,则 $b_{i}<\dfrac{1}{n-1}$ ,且
$a_{i}=\dfrac{1-\left(n-1\right)b_{i}}{b_{i}},i=1,z,\cdots ,n.$
故条件转化为
$\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1-\left(n-1\right)b_{i}}{b_{i}}=\sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{b_{i}}{1-\left(n-1\right)b_{i}}.$
下面用反证法,假设
$b_{1}+b_{2}+\cdots +b_{n}<1.\\qquad(*)$
由Cauchy不等式可得
$\sum\limits_{j\ne i}\left(1-\left(n-1\right)b_{j}\right)\cdot \sum\limits_{j\ne i}\dfrac{1}{1-\left(n-1\right)b_{i}}\geqslant \left(n-1\right)^{2},$
由 $(*)$ , $\sum\limits_{j\ne i}\left(1-\left(n-1\right)b_{j}\right)<\left(n-1\right)b_{j}$ ,

所以 $\sum\limits_{j\ne i}\dfrac{1}{1-\left(n-1\right)b_{i}}>\dfrac{n-1}{b_{j}}$ ,

故 $\sum\limits_{j\ne i}\dfrac{1-\left(n-1\right)b_{i}}{1-\left(n-1\right)b_{j}}>\left(n-1\right)\cdot \dfrac{1-\left(n-1\right)b_{i}}{b_{i}}$ .

上式对 $i=1,2,\cdots ,n$ 求和,有
$\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j \neq i} \dfrac{1-(n-1) b_{i}}{1-(n-1) b_{j}}>(n-1) \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1-(n-1) b_{i}}{b_{i}}$
即 $\sum\limits_{j=1}^{n} \sum\limits_{j \neq i} \dfrac{1-(n-1) b_{i}}{1-(n-1) b_{j}}>(n-1) \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1-(n-1) b_{i}}{b_{i}},\qquad(**)$

而由 $(*)$ , $\sum\limits_{i \neq j}\left(1-(n-1) b_{i}\right)<b_{j}(n-1)$ ,

故利用 $(**)$ ,有
$(n-1) \sum\limits_{j=1}^{n} \dfrac{b_{j}}{1-(n-1) b_{j}}>(n-1) \sum\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1-(n-1) b_{i}}{b_{i}}.$
矛盾!

2022-03-23-02

（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 P065 例12）

对正整数 $n\left(n\geqslant 2\right)$ ,假设 $f\left(x\right)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_{0}$ 的系数全为实数, $f\left(x\right)$ 的全部复根有负实部,且 $f\left(x\right)$ 有一对相等实根.求证:一定存在 $k$ , $1\leqslant k\leqslant n-1$ ,满足:
$a_{k}^{2}-4a_{k-1}a_{k+1}\leqslant 0.$
证明

当 $n=2$ 时, $f\left(x\right)=a_{2}\left(x+a\right)^{2}$ ,这里 $a$ 是一个正实数,所以
$f\left(x\right)=a_{2}\left(x^{2}+2ax+a^{2}\right).$
故 $a_{1}=2aa_{2}$ , $a_{0}=a^{2}a_{2}$ , $a_{1}^{2}-4a_{0}a_{2}=0$ ,结论成立.

下设正整数 $n>2$ ,且设 $a_{n}>0$ ,(若否,则每个系数都乘以 $\left(-1\right)$ ),则
$f\left(x\right)=\left(x+a\right)^{2}\left(b_{n-2}x^{n-2}+b_{n-3}x^{n-3}+\cdots +b_{1}x+b_{0}\right)\left(a\in \mathbb{R}^{+}\right).\qquad(*)$
因为实系数多项式的复根是成对出现的,假设有 $k$ 对共轭复根,记为 $x_{j}\pm \mathrm{i}y_{j},j=1,2,\cdots ,k$ ,则 $x_{j}<0$ .其余 $n-2-2k$ 个根为负实根,记为 $z_{1},z_{2},\cdots ,z_{n-2-2k}$ .则
$\begin{aligned} & \dfrac{1}{b_{n-2}} \cdot f(x) \\ =&(x+a)^{2} \cdot \prod\limits_{j=1}^{k}\left[x-\left(x_{j}+\mathrm{i} y_{j}\right)\right]\left[x-\left(x_{j}-\mathrm{i} y_{j}\right)\right] \cdot \prod\limits_{l=1}^{n-2-2 k}\left(x-z_{l}\right) \\ =&(x+a)^{2} \cdot \prod\limits_{j=1}^{k}\left(x^{2}-2 x_{j} x+x_{j}^{2}+y_{j}^{2}\right) \cdot \prod\limits_{l=1}^{n-2-2 k}\left(x-z_{l}\right),\qquad(**) \end{aligned}$

从 $(*)$ 和 $(**)$ 可得, $b_{j}>0$ , $j=0,1,2,\cdots ,n-2$ .且
$\begin{aligned} &f\left(x\right)\\ =&\left(x+a\right)^{2}\left(b_{n-2}x^{n-2}+b_{n-3}x^{n-3}+\cdots +b_{1}x+b_{0}\right)\\ =&b_{n-2}x^{n}+\left(2ab_{n-2}+b_{n-3}\right)x^{n-1}+\left(a^{2}b_{n-2}+2ab_{n-3}+b_{n-4}\right)x^{n-2}\\ &+\cdots +\left(a^{2}b_{2}+2ab_{1}+b_{0}\right)x^{2}+\left(a^{2}b_{1}+2ab_{0}\right)x+a^{2}b_{0}. \end{aligned}$
为便于统一书写,引入 $b_{i}$ :当 $i<0$ 时, $b_{i}=0$ ;当 $i>n-2$ 时, $b_{i}=0$ .故
$a_{j}=a^{2}b_{j}+2ab_{j-1}+b_{j-2},j=0,1,2,\cdots ,n.$
当 $n=3$ 时,可用反证法证明.

设
$a_{1}^{2}-4a_{0}a_{2}>0,a_2^{2}-4a_{1}a_{3}>0.$
$a_{0}=a^{2}b_{0},a_{1}=a^{2}b_{1}+2ab_{0},$
因为
$a_{2}=2ab_{1}+b_{0},a_{3}=b_{1}.$
所以
$\begin{aligned} 0&<a_{1}^{2}-4a_{0}a_{2}\\ &=\left(a^{2}b_{1}+2ab_{0}\right)^{2}-4a^{2}b_{0}\left(2ab_{1}+b_{0}\right)\\ &=a^{3}b_{1}\left(ab_{1}-4b_{0}\right), \end{aligned}$
于是 $ab_{1}>4b_{0}.\qquad(*)$

又由于
$\begin{aligned} 0&<a_{2}^{2}-4a_{1}a_{3}\\ &=\left(2ab_{1}+b_{0}\right)^{2}-4\left(a^{2}b_{1}+2ab_{0}\right)b_{1}\\ =b_{0}\left(b_{0}-4ab_{1}\right), \end{aligned}$
故 $b_{0}>4ab_{1}.\qquad(**)$

$(*)$ 与 $(**)$ 矛盾!

当 $n>3$ 时,也使用反证法证明.

设对于 $k\in \left\{1,2,\cdots ,n-1\right\}$ 都有 $a_{k}^{2}-4a_{k-1}a_{i+1}>0$ ,则
$\begin{aligned} 0<& a_{k}^{2}-4 a_{k-1} a_{k+1} \\ =&\left(a^{2} b_{k}+2 a b_{k-1}+b_{k-2}\right)^{2}-4\left(a^{2} b_{k-1}+2 a b_{k-2}+b_{k-3}\right)\left(a^{2} b_{k+1}+2 a b_{k}+b_{k-1}\right) \\ <& b_{k-2}^{2}+a^{4} b_{k}^{2}-4 a b_{k-2} b_{k-1}-4 a^{3} b_{k-1} b_{k} . \end{aligned}$
$0=a^{3} b_{k}\left(a b_{k}-4 b_{k-1}\right)+b_{k-2}\left(b_{k-2}-4 a b_{k-1}\right).$
令 $q_{k}=ab_{k}-4b_{k-1}$ , $r_{k}=b_{k-1}-4ab_{k}$ , $k=1,2,\cdots ,n-1$ .则 $0<a^{3}b_{k}q_{k}+b_{k-2}r_{k-1}.\qquad(***)$

当 $k=1$ 时, $q_{1}=ab_{1}-4b_{0}$ .

从 $(***)$ 有 $0<a^{3}b_{1}q_{1}$ ,故 $q_{1}>0$ ,有 $ab_{1}>4b_{0}$ , $r_{1}=b_{0}-4ab_{1}<0$ .

当 $k=n-1$ 时,从 $(***)$ 有 $b_{n-3}r_{n-2}>0$ ,故 $r_{n-2}>0$ .

用 $u$ 表示使 $r_{u}>0$ 的最小的下标 $(2\leqslant u\leqslant n-2$ ),即 $r_{u-1}\leqslant 0$ .

在 $(***)$ 中令 $k=u$ ,由 $0<a^{3}b_{u}q_{u}+b_{u-2}r_{u-1}$ ,有 $q_{u}>0$ ,此时有
$q_{u}=ab_{u}-4b_{u-1}>0,\text{则}ab_{u}>4b_{u-1}.\qquad(****)$
$r_{u}=b_{u-1}-4ab_{u}>0,\text{则}b_{u-1}>4ab_{u}.\qquad(*****)$
由 $(****)$ 和 $(*****)$ 即得矛盾!

高中奥数 2022-03-23

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