高中奥数 2022-03-02

2022-03-02 本文已影响0人天目春辉

2022-03-02-01

（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 P025 习题01）

设 $x,y,z\in \mathbb{R}$ ,求证:
$\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)\left[\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{2}-\left(xy+yz+zx\right)^{2}\right]\geqslant \left(x+y+z\right)^{2}\left[\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)-\left(xy+yz+zx\right)\right]^{2}.$

证明

记 $a=x+y+z$ , $b=xy+yz+zx$ ,则 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2}-2b$ ,故原式左边-右边 $=2b^{2}\left(a^{2}-3b\right)=b^{2}\cdot \left[\left(x-y\right)^{2}+\left(y-z\right)^{2}+\left(z-x\right)^{2}\right]\geqslant 0$ .

2022-03-02-02

（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 P026 习题02）

设 $m,n\in \mathbb{N}^{+}$ , $m>n$ ,求证:
$\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{n}<\left(1+\dfrac{1}{m}\right)^{m}.$

证明

我们只需证明: $\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{n}<\left(1++\dfrac{1}{n+1}\right)^{n+1}$ .

当 $n=1$ 时,上式显然成立,当 $n\geqslant 2$ 时,由二项式定理,
$\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{n}=\sum\limits_{k=2}^{n} \dfrac{1}{k !} \cdot\left(1-\dfrac{1}{n}\right)\left(1-\dfrac{2}{n}\right) \cdots\left(1-\dfrac{k-1}{n}\right)+2,$
$\begin{aligned} \left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^{n+1}=& \sum\limits_{k=2}^{n+1} \dfrac{1}{k !}\left(1-\dfrac{1}{n+1}\right)\left(1-\dfrac{2}{n+1}\right) \cdots\left(1-\dfrac{k-1}{n+1}\right)+2 \\ =& \sum\limits_{k=2}^{n} \dfrac{1}{k !}\left(1-\dfrac{1}{n+1}\right)\left(1-\dfrac{2}{n+1}\right) \cdots \\ &\left(1-\dfrac{k-1}{n+1}\right)+\left(\dfrac{1}{n+1}\right)^{n+1}+2, \end{aligned}$
于是,显然有 $\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{n}<\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^{n+1}$ .

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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 P026 习题03）

给定大于1的自然数 $a$ 、 $b$ 、 $n$ , $A_{n-1}$ 和 $A_{n}$ 是 $a$ 进制数, $B_{n-1}$ 和 $B_{n}$ 是 $b$ 进制数, $A_{n-1}$ 、 $A_{n}$ 、 $B_{n-1}$ 、 $B_{n}$ 定义为:
$A_{n}=x_{n}x_{n-1}\cdots x_{0},A_{n-1}=x_{n-1}x_{n-2}\cdots x_{0}\left(\text{按}a\text{进制写出}\right)$
$B_{n}=x_{n}x_{n-1}\cdots x_{0},B_{n-1}=x_{n-1}x_{n-2}\cdots x_{0}\left(\text{按}b\text{进制写出}\right)$
其中 $x_{n}\ne 0$ , $x_{n-1}\ne 0$ .求证:当 $a>b$ 时,有 $\dfrac{A_{n-1}}{A_{n}}<\dfrac{B_{n-1}}{B_{n}}$ .

证明

由于 $A_{n}>0$ , $B_{n}>0$ ,所以只需证 $A_{n}B_{n-1}-A_{n-1}B_{n}>0$ ,而
$\begin{aligned} & A_{n} B_{n-1}-A_{n-1} B_{n} \\ =&\left(x_{n} \cdot a^{n}+A_{n-1}\right) B_{n-1}-A_{n-1}\left(x_{n} b^{n}+B_{n-1}\right) \\ =& x_{n}\left(a^{n} B_{n-1}-b^{n} A_{n-1}\right) \\ =& x_{n}\left[x_{n-1}\left(a^{n} b^{n-1}-a^{n-1} b^{n}\right)+x_{n-2}\left(a^{n} b^{n-2}-a^{n-2} b^{n}\right)+\cdots+x_{0}\left(a^{n}-b^{n}\right)\right] . \end{aligned}$
因为 $a>b$ ,故当 $1\leqslant k\leqslant n$ 时, $a^{n}\cdot b^{n-k}>a^{n-k}\cdot b^{n}$ ,并且 $x_{i}\geqslant 0\left(i=0,1,2,\cdots ,n-2\right)$ , $x_{n-1},x_{n}\geqslant 0$ ,于是 $A_{n}B_{m-1}-A_{n-1}B_{n}>0$ .

2022-03-02-04

（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 P026 习题04）

设 $a,b,c\in \mathbb{R}^{+}$ ,求证:
$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\leqslant \dfrac{a^{8}+b^{8}+c^{8}}{a^{3}b^{3}c^{3}}.$

证明

反复利用 $a^{2}+b^{2}+c^{2}\geqslant ab+bc+ca\left(a,b,c\in \mathbb{R}\right)$ ,有
$a^{8}+b^{8}+c^{8}\geqslant a^{4}b^{4}+b^{4}c^{4}+c^{4}a^{4}\geqslant a^{2}b^{2}+b^{2}c^{4}a^{2}+c^{2}a^{2}b^{2}$
$=a^{2}b^{2}c^{2}\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)\geqslant a^{2}b^{2}c^{2}\left(ab+bc+a\right)$
两边同除以 $a^{3}b^{3}c^{3}$ 不等式成立.

高中奥数 2022-03-02

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