高中奥数 2022-03-07

2022-03-07 本文已影响0人天目春辉

在不等式的证明过程中,我们时常要对和式进行处理,对和式作一些恒等变形.因此有必要了解一下一些重要的恒等变换式以及变换法:

(1) $a_{i}a_{j}+b_{i}b_{j}-a_{i}b_{j}-a_{j}b_{i}=\left(a_{i}-b_{i}\right)\left(a_{j}-b_{j}\right)$ ;

(2) $\left(\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}\right)^{2}=\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}^{2}+2 \sum\limits_{1 \leqslant i<j \leqslant n} a_{i} a_{j}$ ;

(3) $\sum\limits_{1 \leqslant i<j \leqslant n}\left(a_{i}-a_{j}\right)^{2}=n \sum\limits_{i=1} a_{i}^{2}-\left(\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}\right)^{2}$ ;

(4) $\left(\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}\right)\left(\sum\limits_{i=1}^{n} b_{i}\right)=\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} a_{i} b_{j}=\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} a_{j} b_{i}$ ;

(5) $\sum\limits_{1 \leqslant i<j \leqslant n} a_{i} a_{j}=\sum\limits_{i=1}^{n}\left(\sum\limits_{j=i}^{n} a_{i} a_{j}\right)=\sum\limits_{j=1}^{n}\left(\sum\limits_{i=1}^{j} a_{i} a_{j}\right)$ ;

(6) $\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} a_{i} b_{j}=\frac{1}{2} \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n}\left(a_{i} b_{j}+a_{j} b_{i}\right)$ ;

(7) $a_{n}-a_{1}=\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left(a_{k+1}-a_{k}\right)$ .

以上变换公式请读者自行证明并熟记于心.下面再看一下著名的Abel变换方法:.

首先,设 $m,n\in \mathbb{N}_{+}$ , $m<n$ ,则
$\sum\limits_{k=m}^{n}\left(A_{k}-A_{k-1}\right) b_{k}=A_{n} b_{n}-A_{m-1} b_{m}+\sum\limits_{k=m}^{n-1} A_{k}\left(b_{k}-b_{k+1}\right).\qquad(*)$
$(*)$ 称为Abel和差变换公式.

在 $(*)$ 中令 $A_{0}=0$ , $A_{k}=\sum\limits_{i=1}^{k}a_{i}\left(1\leqslant k\leqslant n\right)$ ,可得
$\sum\limits_{k=1}^{n} a_{k} b_{k}=b_{n} \sum\limits_{k=1}^{n} a_{k}+\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left(\sum\limits_{i=1}^{k} a_{i}\right)\left(b_{k}-b_{k+1}\right).\qquad(**)$
$(**)$ 称为Abel分部求和公式.

由 $(**)$ 不难得到著名的Abel不等式:
设 $b_{1}\geqslant b_{2}\geqslant\cdots\geqslant b_{n}>0$ , $m\leqslant\sum\limits_{k=1}^{t}a_{k}\leqslant M$ , $t=1,2,\cdots,n$ .则有:
$b_{1}m\leqslant\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}b_{k}\leqslant b_{1}M.$
在实际证题的时候,如果发现一列数和易求,一列数差易求,就可以考虑采用Abel变换.

2022-03-07-01

（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 P030 例01）

证明Lagrange恒等式:
$\left(\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}^{2}\right) \cdot\left(\sum\limits_{i=1}^{n} b_{i}^{2}\right)=\left(\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i} b_{i}\right)^{2}+\sum\limits_{1 \leqslant i<j \leqslant n}\left(a_{i} b_{j}-a_{j} b_{i}\right)^{2},$
并由此式说明Cauchy不等式成立.

证明
$\begin{aligned} &\left(\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}^{2}\right) \cdot\left(\sum\limits_{i=1}^{n} b_{i}^{2}\right)-\left(\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i} b_{i}\right)^{2} \\ =& \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} a_{i}^{2} b_{j}^{2}-\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} a_{i} b_{i} a_{j} b_{j} \\ =& \dfrac{1}{2} \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n}\left(a_{i}^{2} b_{j}^{2}+a_{j}^{2} b_{i}^{2}-2 a_{i} b_{i} a_{j} b_{j}\right) \\ =& \dfrac{1}{2} \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n}\left(a_{i} b_{j}-a_{j} b_{i}\right)^{2} \\ =& \sum\limits_{1 \leqslant i<j \leqslant n}\left(a_{i} b_{j}-a_{j} b_{i}\right)^{2}, \end{aligned}$
故Lagrange恒等式成立.又因为 $\sum\limits_{1 \leqslant i<j \leqslant n}\left(a_{i} b_{j}-a_{j} b_{i}\right)^{2} \geqslant 0$ ,所以有
$\left(\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}^{2}\right) \cdot\left(\sum\limits_{i=1}^{n} b_{i}^{2}\right) \geqslant\left(\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i} b_{i}\right)^{2}.$
即Cauchy不等式成立.

2022-03-07-02

（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 P030 例2）

若 $p>s\geqslant r>q$ , $p+q=r+s$ , $a_{1},a_{2},\cdots ,a_{n}>0$ ,则
$\left(\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^{p}\right)\cdot\left(\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^{q}\right)\geqslant\left(\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^{s}\right)\cdot\left(\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^{r}\right).$

证明

$\begin{aligned} &\left(\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^{p}\right)\cdot\left(\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^{q}\right)-\left(\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^{s}\right)\cdot\left(\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^{r}\right)\\ =&\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}\left(a_{i}^{p}a_{j}^{q}-a_{i}^{s}a_{j}^{r}\right)\\ =&\dfrac{1}{2}\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}\left(a_{i}^{p}a_{j}^{q}-a_{i}^{s}a_{j}^{r}\right)+\dfrac{1}{2}\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}\left(a_{j}^{p}a_{i}^{q}-a_{j}^{s}a_{i}^{r}\right)\\ =&\dfrac{1}{2}\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}\left(a_{i}^{p}a_{j}^{q}+a_{j}^{p}a_{i}^{q}-a_{i}^{s}a_{j}^{r}-a_{j}^{s}a_{i}^{r}\right)\\ =&\dfrac{1}{2}\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}a_{i}^{q}a_{j}^{q}\left(a_{i}^{p-q}+a_{j}^{p-q}-a_{i}^{s-q}a_{j}^{r-q}-a_{j}^{s-q}a_{i}^{r-q}\right)\\ =&\dfrac{1}{2}\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}a_{i}^{q}a_{j}^{q}\left(a_{i}^{p-s}-a_{j}^{p-s}\right)\left(a_{i}^{s-q}-a_{j}^{s-q}\right)\\ \geqslant& 0. \end{aligned}$
故原不等式成立.

说明恒等变换式(6)可以帮助我们把和项变得对称,进而便于因式分解.

2022-03-07-03

（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 P031 例3）

若 $a_{i}>0$ , $b_{i}>0$ , $a_{i}b_{i}=c_{i}^{2}+d_{i}^{2}\left(i=1,2,\cdots ,n\right)$ ,
$\left(\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}\right)\left(\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i}\right)\geqslant\left(\sum\limits_{i=1}^{n}c_{i}\right)^{2}+\left(\sum\limits_{i=1}^{n}d_{i}\right)^{2},$
等号成立当且仅当 $\dfrac{a_{i}}{a_{j}}=\dfrac{b_{i}}{b_{j}}=\dfrac{c_{i}}{c_{j}}=\dfrac{d_{i}}{d_{j}}\left(1\leqslant i<j\leqslant n\right)$ .

证明
$\begin{aligned} &\left(\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}\right) \left(\sum\limits_{i=1}^{n} b_{i}\right)-\left(\sum\limits_{i=1}^{n} c_{i}\right)^{2}-\left(\sum\limits_{i=1}^{n} d_{i}\right)^{2} \\ =& \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} a_{i} b_{j}-\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} c_{i} c_{j}-\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} d_{i} d_{j} \\ =& \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n}\left(a_{i} b_{j}-c_{i} c_{j}-d_{i} d_{j}\right) \\ =& \dfrac{1}{2} \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n}\left(a_{i} b_{j}+a_{j} b_{i}-2 c_{i} c_{j}-2 d_{i} d_{j}\right) \\ =& \dfrac{1}{2} \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n}\left[\dfrac{a_{i}}{a_{j}}\left(c_{j}^{2}+d_{j}^{2}\right)+\dfrac{a_{j}}{a_{i}}\left(c_{i}^{2}+d_{i}^{2}\right)-2 c_{i} c_{j}-2 d_{i} d_{j}\right] \\ =& \dfrac{1}{2} \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n}\left[\left(\sqrt{\dfrac{a_{i}}{a_{j}} c_{j}}-\sqrt{\dfrac{a_{j}}{a_{i}} c_{i}}\right)^{2}+\left(\sqrt{\dfrac{a_{i}}{a_{j}} d_{j}}-\sqrt{\dfrac{a_{j}}{a_{i}}} d_{i}\right)^{2}\right] \\ \geqslant & 0 . \end{aligned}$
等号成立当且仅当
$\left\{\begin{array}{l} \sqrt{\dfrac{a_{i}}{a_{j}}} c_{j}- \sqrt{\dfrac{a_{j}}{a_{i}}} c_{i}=0, \\ \sqrt{\dfrac{a_{i}}{a_{j}}} d_{j}-\sqrt{\dfrac{a_{j}}{a_{i}}} d_{i}=0 . \end{array}(1 \leqslant i<j \leqslant n)\right.$

即 $\left\{\begin{array}{l} a_{i} c_{j}=a_{j} c_{i}, \qquad(*)\\ a_{i} d_{j}=a_{j} d_{i}.\qquad(**) \end{array}\right.$
由 $(*)^{2}+(**)^{2}$ ,得 $a_{i}^{2}\left(c_{j}^{2}+d_{j}^{2}\right)=a_{j}^{2}\left(c_{i}^{2}+d_{i}^{2}\right)$ ,即 $a_{i}^{2}a_{j}b_{j}=a_{j}^{2}a_{i}b_{i}$ .

故 $\dfrac{a_{i}}{a_{j}}=\dfrac{b_{i}}{b_{j}}.\qquad(***)$

由 $(*)(**)(***)$ 立刻得到,等号成立当且仅当
$\dfrac{a_{i}}{a_{j}}=\dfrac{b_{i}}{b_{j}}=\dfrac{c_{i}}{c_{j}}=\dfrac{d_{i}}{d_{j}}\left(1\leqslant i<i\leqslant n\right).$

说明本题也可以直接从右边证到左边.

证明
$\begin{aligned} &\left(\sum\limits_{i=1}^{n} c_{i}\right)^{2}+\left(\sum\limits_{i=1}^{n} d_{i}\right)^{2} \\ =& \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n}\left(c_{i} c_{j}+d_{i} d_{j}\right) \\ \leqslant & \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \sqrt{c_{i}^{2}+d_{i}^{2}} \cdot \sqrt{c_{j}^{2}+d_{j}^{2}} \\ =& \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \sqrt{a_{i} b_{i}} \cdot \sqrt{a_{j} b_{j}}\\ =&\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \sqrt{a_{i} b_{j}} \cdot \sqrt{a_{j} b_{i}} \\ \leqslant & \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \dfrac{a_{i} b_{j}+a_{j} b_{i}}{2}\\ =&\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} a_{i} b_{j} \\ =&\left(\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}\right) \cdot\left(\sum\limits_{i=1}^{n} b_{i}\right). \end{aligned}$

高中奥数 2022-03-07

猜你喜欢

热点阅读