高中奥数 2022-03-10

2022-03-10 本文已影响0人天目春辉

2022-03-10-01

（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 P041 习题01）

设 $a,b,p,q>0$ .求证: $\dfrac{a^{p+q}+b^{p+q}}{2}\geqslant \left(\dfrac{a^{p}+b^{p}}{2}\right)\left(\dfrac{a^{q}+b^{q}}{2}\right).$

证明

原不等式等价于 $\left(a^{p}-b^{p}\right)\left(a^{q}-b^{q}\right)\geqslant 0$ .而 $a^{p}-b^{p}$ 与 $a^{q}-b^{q}$ 同号或同为零,故结论成立.

2022-03-10-02

（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02）

设 $0<a_{1}\leqslant a_{2}\leqslant \cdots \leqslant a_{n}$ ; $0<b_{1}\leqslant b_{2}\leqslant \cdots \leqslant b_{n}$ ,则
$\dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^{2}b_{i}} {\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}}\geqslant \dfrac{\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^{2}}{\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}}.$

证明

原不等式等价于 $\left(\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^{2}b_{i}\right)\left(\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}\right)-\left(\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^{2}\right)\left(\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}b_{i}\right)\geqslant 0$ ,即 $\dfrac{1}{2}\sum\sum\left(a_{i}-a_{j}\right)\left(b_{i}-b_{j}\right)a_{i}a_{j}\geqslant 0$ .

2022-03-10-03

（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03）

设 $n$ 是给定的正整数, $n\geqslant 3$ ,对于 $n$ 个给定的实数 $a_{1},a_{2},\cdots ,a_{n}$ ,记 $m$ 为 $\left|a_{i}-a_{j}\right|\left(1\leqslant i<j\leqslant n\right)$ 的最小值.求在 $a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots +a_{n}^{2}=1$ 的条件下, $m$ 的最大值.

解

设 $a_{1}\leqslant a_{2}\leqslant \cdots \leqslant a_{n}$ ,则
$a_{j}-a_{i}=\left(a_{j}-a_{j-1}\right)+\left(a_{j-1}-a_{j-2}\right)+\cdots +\left(a_{i+1}\-a_{i}\right)\geqslant \left(j-i\right)m.$

因此 $\sum\limits_{1\leqslant i<j\leqslant n}\left(a_{i}-a_{j}\right)^{2}\geqslant \dfrac{1}{12}n^{2}\left(n-1\right)\left(n+1\right)m^{2}$ ,

又由于 $\sum\limits_{1\leqslant i<j\leqslant n}\left(a_{i}-a_{j}\right)^{2}=n\left(a_{1}^{2}+a_2^{2}+\cdots +a_{n}^{2}\right)-\left(a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}\right)^{2}\leqslant n$ ,

故 $m\leqslant \sqrt{\dfrac{12}{\left(n-1\right)n\left(n+1\right)}}$ ,易见等号成立的条件.

2022-03-10-04

（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04）

求所有的正整数 $a_{1},a_{2},\cdots ,a_{n}$ ,使得
$\dfrac{99}{100}=\dfrac{a_{0}}{a_{1}}+\dfrac{a_{1}}{a_{2}}+\cdots +\dfrac{a_{n-1}}{a_{n}},$
其中 $a_{0}=1$ ,且 $\left(a_{k+1}-1\right)a_{k-1}\geqslant a_{k}^{2}-1\left(k=1,2,\cdots ,n-1\right)$ .

解

显然 $a_{k}>a_{k-1}$ ,且 $a_{k}\geqslant 2$ . $k=1,2,\cdots ,n-1$ .

由条件可得 $\dfrac{k-1}{a_{k}}\leqslant \dfrac{a_{k-1}}{a_{k}-1}-\dfrac{a_{k}}{a_{k-1}-1}$ .

上面不等式对 $k=.i+1,i+2,\cdots ,n$ 求和,得
$\dfrac{a_{i}}{a_{i+1}}+\dfrac{a_{i+1}}{a_{i+2}}+\cdots +\dfrac{a_{n-1}}{a_{n}}<\dfrac{a_{i}}{a_{i+1}-1}.$
当 $i=0$ 时,由题设及上式, $\dfrac{1}{a_{1}}\leqslant \dfrac{99}{100}<\dfrac{1}{a_{1}-1}$ .则
$\dfrac{100}{99}\leqslant a_{1}<\dfrac{100}{99}+1,$
故 $a_{1}=2$ .

当 $i$ =1、2、3时,同样可求得 $a_{2}=5$ , $a_{3}=56$ , $a_{4}=78400$ .

所以 $\dfrac{1}{a_{5}}\leqslant \dfrac{1}{a_{4}}\left(\dfrac{99}{100}-\dfrac{1}{2}-\dfrac{2}{5}-\dfrac{5}{56}-\dfrac{56}{25-56^{2}}\right)=0$ ,故没有 $a_{5}$ ,因此,所求的正整数 $a_{1}=2$ , $a_{2}=5$ , $a_{3}=56$ , $a_{4}=78400$ .

2022-03-10-05

（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 P042 习题05）

设 $a_{1},a_{2},\cdots ,a_{n}$ 是不全相等的 $n$ 个正数 $\left(n\geqslant 2\right)$ ,且满足 $\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}^{-2n}=1$ ,求证:
$\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}^{2n}-n^{2}\sum\limits_{1\leqslant i<j\leqslant n}\left(\dfrac{a_{i}}{a_{j}}-\dfrac{a_{j}}{a_{i}}\right)^{2}>n^{2}$

证明

原不等式等价于 $\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}^{2n}\cdot \sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{a_{k}^{2n}}-n^{2}\sum\limits_{i<j}\left(\dfrac{a_{i}}{a_{j}}-\dfrac{a_{j}}{a_{i}}\right)^{2}>n^{2}$ .

由Lagrange恒等式, $\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}^{2n}\cdot \sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{a_{k}^{2n}}-n^{2}=\sum\limits_{i<j}\left(\dfrac{a_{i}^{n}}{a_{j}^{n}}-\dfrac{a_{j}^{n}}{a_{i}^{n}}\right)^{2}$ .

不难验证,对 $x>0$ ,有 $\left(x^{n}-\dfrac{1}{x^{n}}\right)^{2}\geqslant n^{2}\left(x-\dfrac{1}{x}\right)^{2}$ ,

因此 $\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}^{2n}\cdot \sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{a_{k}^{2n}}-n^{2}\geqslant \sum\limits_{i<j}\left(\dfrac{a_{i}^{n}}{a_{j}^{n}}-\dfrac{a_{j}^{n}}{a_{i}^{n}}\right)^{2}$ ,等号不能成立.

高中奥数 2022-03-10

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