高中奥数 2022-03-12

2022-03-12 本文已影响0人不为竞赛学奥数

2022-03-12-01

（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 P043 习题11）

（W. Janous不等式推广形式）
设 $a_{1},a_{2},\cdots ,a_{n}\in \mathbb{R}^{+}$ , $p,q\in \mathbb{R}^{+}$ .记 $S=\left(a_{1}^{p}+a_{2}^{p}+\cdots +a_{n}^{p}\right)^{\frac{1}{p}}$ ,则对于 $1,2,\cdots ,n$ 的任一排列 $i_{1},i_{2},\cdots ,i_{n}$ ,有: $\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{a_{k}^{q}-a_{i_k}^{q}}{S^{P}-a_{k}^{p}}\geqslant 0$ .

证明

由对称性,不妨设 $a_{1}\geqslant a_{2}\geqslant \cdots \geqslant a_{n}$ ,则
$\sum\limits_{j=1}^{k} a_{j}^{q} \geqslant \sum\limits_{j=1}^{k} a_{i_{j}}^{q}\left(1 \leqslant k \leqslant n-1\right), \sum\limits_{j=1}^{n} a_{j}^{q}=\sum\limits_{j=1}^{n} a_{i_{j}}^{q},$
且 $\left(S^{p}-a_{k}^{p}\right)^{-1} \geqslant\left(S^{p}-a_{k+1}^{p}\right)^{-1}\left(1 \leqslant k \leqslant n-1\right)$ .

由分部求和公式,有
$\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{a_{k}^{q}-a_{i_k}^{q}}{S^{P}-a_{k}^{p}}=\left(S^{p}-a_{n}^{p}\right)^{-1}\cdot\sum\limits_{j=1}^{n}\left(a_{j}^{q}-a_{i_{j}}^{q}\right)+\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left[\sum\limits_{j=1}^{k}\left(a_{j}^{q}-a_{i_{j}}^{q}\right)\right]\cdot\left[\left(S^{p}-a_{k}^{p}\right)^{-1}-\left(S^{p}-a_{k+1}^{p}\right)^{-1}\right]\geqslant 0,$
故原不等式成立.

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（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12）

设 $a_{1},a_{2},\cdots$ 是正实数数列,对所有 $n\geqslant 1$ 满足条件: $\sum\limits_{j=1}^{n}{a_{j}}\geqslant \sqrt{n}$ ,所有的 $n\geqslant 1$ ,有 $\sum\limits_{j=1}^{n}a_{j}^{2}\geqslant \dfrac{1}{4}\left(1+\dfrac{1}{2}+\cdots +\dfrac{1}{n}\right)$ .

证明

令 $b_{k}=a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{k}-\sqrt{k}\geqslant 0$ , $1\leqslant k\geqslant n$ ,则 $a_{k}=\left(b_{k}-b_{k-1}\right)+\left(\sqrt{k}-\sqrt{k-1}\right)$ .于是
$\begin{aligned} \sum\limits_{j=1}^{n} a_{j}^{2}=& \left[b_{1}^{2}+\left(b_{2}-b_{1}\right)^{2}+\cdots+\left(b_{n}-b_{n-1}\right)^{2}\right]\\ &+\left[1^{2}+(\sqrt{2}-\sqrt{1})^{2}+\cdots+(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})^{2}\right]\\ &+\left[2 \cdot \sqrt{1} \cdot b_{1}+2 \cdot(\sqrt{2}-\sqrt{1}) \cdot\left(b_{2}-b_{1}\right)+\cdots+2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})\left(b_{n}-b_{n-1}\right)\right] \\ \geqslant & \left[1^{2}+(\sqrt{2}-\sqrt{1})^{2}+\cdots+(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})^{2}\right]\\ &+\left[2 \cdot \sqrt{1} \cdot b_{1}+2(\sqrt{2}-\sqrt{1})\left(b_{2}-b_{1}\right)+\cdots+2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})\left(b_{n}-b_{n-1}\right)\right]\\ \geqslant& 1^{2}+\left(\sqrt{2}-\sqrt{1}\right)^{2}+\cdots+\left(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}\right)^{2} \\ >&\dfrac{1}{4} \cdot\left(1+\dfrac{1}{2}+\cdots+\dfrac{1}{n}\right) . \end{aligned}$

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（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13）

试证:对任意实数 $x$ ,有 $\sum\limits_{k=1}^{n}{\dfrac{\left[kx\right]}{k}}\leqslant \left[nx\right]$ ,其中 $\left[x\right]$ 表示不超过 $x$ 的最大整数

证明

令 $A_{n}=\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{\left[kx\right]}{k}$ ,下用数学归纳法证明: $A_{n}\leqslant \left[nx\right]$ .

当 $n=1$ 时,显然成立.假设对 $1\leqslant k\leqslant n-1$ ,有 $A_{k}\leqslant \left[kx\right]$ ,则由分部求和公式,
$\begin{aligned} n A_{n} &=\sum\limits_{k=1}^{n} k \cdot \dfrac{\left[k x\right]}{k}-\sum\limits_{k=1}^{n-1} A_{k}(k-(k+1)) \\ &=\sum\limits_{k=1}^{n}\left[k x\right]+\sum\limits_{k=1}^{n-1} A_{k} \leqslant \sum\limits_{k=1}^{n}\left[k x\right]+\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left[k x\right] \\ &=\left[n x\right]+\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left(\left[\left(n-k\right) x\right]+\left[k x\right]\right) \\ & \leqslant[n x]+\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left[\left(n-k\right) x+k x\right]\left(\text { 因为 }\left[x\right]+\left[y\right] \leqslant\left[x+y\right]\right) \\ &=n\left[n x\right], \end{aligned}$
故 $A_{n}\leqslant \left[nx\right]$ ,命题得证.

2022-03-12-04

（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 P043 习题14）

已知 $a_{k}\geqslant 0$ , $k=1,2,\cdots ,n$ .定义 $A_{k}=\dfrac{1}{k}\cdot\sum\limits_{i=1}^{k}a_{i}$ ,求证:
$\sum\limits_{k=1}^{n}A_{k}^{2}\leqslant 4\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}^{2}.$

证明

如果设 $\dfrac{1}{c}\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}^{2}\leqslant\sum\limits_{k=1}^{n}A_{k}\cdot a_{k}$ ,则 $\sum\limits_{k=1}^{n}A_{k}\cdot a_{k}\leqslant c\cdot\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}^{2}$ ,于是可将问题转为Abel方法处理:
$\begin{aligned} \sum\limits_{k=1}^{n} A_{k} a_{k} &=\sum\limits_{k=1}^{n} A_{k}\left[k A_{k}-(k-1) A_{k-1}\right] \\ &=\sum\limits_{k=1}^{n} k A_{k}^{2}-\sum\limits_{k=1}^{n}(k-1) A_{k} A_{k-1} \\ & \geqslant \sum\limits_{k=1}^{n} k A_{k}^{2}-\dfrac{1}{2}\left[\sum\limits_{k=1}^{n}(k-1) A_{k}^{2}+\sum\limits_{k=1}^{n}(k-1) A_{k-1}^{2}\right] \\ &=\frac{1}{2} \cdot \sum\limits_{k=1}^{n} A_{k}^{2}+\dfrac{1}{2} n A_{n}^{2} \\ &\geqslant \dfrac{1}{2} \sum\limits_{k=1}^{n} A_{k}^{2} \end{aligned}$
故 $\sum\limits_{k=1}^{n}A_{k}^{2}\leqslant 4\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}^{2}$

注:由此思想可以证明H"older型不等式:设 $p>1$ ,则 $\sum\limits_{k=1}^{n}A_{k}^{p}\leqslant\left(\dfrac{p}{p-1}\right)^{p}\cdot\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}^{p}$ ,即类似的有: $\dfrac{1}{c}\sum\limits_{k=1}^{n}A_{k}^{p}\leqslant\sum\limits_{k=1}^{n}A_{k}^{p-1}\cdot a_{k}\leqslant c^{p-1}\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}^{p}$ ,然后可,即类似的有:,然后可证得 $c=\dfrac{p}{p-1}$ 是可使不等式成立的待定系数.此题是哈代一道不等式的初等形式.

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