高中奥数 2022-03-11

作者: 不为竞赛学奥数 | 来源:发表于2022-03-11 15:02 被阅读0次

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2022-03-11-01

（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 P042 习题06）

给定 $n\left(\geqslant 2\right)$ 个实数 $a_{1}\leqslant a_{2}\leqslant \cdots a_{n}$ ,令 $x=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}$ , $y=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^{2}$ ,求证: $2\sqrt{y-x^{2}}\leqslant a_{n}-a_{1}\leqslant \sqrt{2n\left(y-x^{2}\right)}$ .

证明

$\begin{aligned} n^{2}\left(y-x^{2}\right)=& n \sum\limits_{j=1}^{n} a_{j}^{2}-\left(\sum\limits_{j=1}^{n} a_{j}\right)^{2} \\ =&(n-1) \sum\limits_{j=1}^{n} a_{j}^{2}-2 \sum\limits_{1 \leqslant i<j \leqslant n} a_{i} a_{j} \\ =&(n-1)\left(a_{1}^{2}+a_{n}^{2}\right)-2 a_{1} a_{n}-2 a_{1}\left(a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{n-1}\right) \\ &-2 a_{n}\left(a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{n-1}\right)+\sum\limits_{2 \leqslant i<j \leqslant n-1}\left(a_{i}-a_{j}\right)^{2}+2\left(a_{2}^{2}\right.\\ &\left.+a_{3}^{2}+\cdots+a_{n-1}^{2}\right) \\ =& \sum\limits_{2 \leqslant i<j \leqslant n-1}\left(a_{i}-a_{j}\right)^{2}+2 \sum\limits_{j=2}^{n-1}\left(a_{j}-\dfrac{a_{1}+a_{n}}{2}\right)^{2} \\ &+\dfrac{n}{2}\left(a_{1}-a_{n}\right)^{2} \\ \geqslant & \dfrac{n}{2}\left(a_{n}-a_{1}\right)^{2}, \end{aligned},$
故 $a_{n}-a_{1}\leqslant\sqrt{2n\left(y-x^2\right)}$ .

另一方面,
$\begin{aligned} & n^{2}\left(y-x^{2}\right)+n \sum\limits_{j=2}^{n-1}\left(a_{n}-a_{j}\right)\left(a_{j}-a_{1}\right) \\ =&(n-1) \sum\limits_{j=1}^{n} a_{j}^{2}-2 \sum\limits_{1 \leqslant i<j \leqslant n} a_{i} a_{j}+n a_{n} \sum\limits_{j=2}^{n-1} a_{j}+n a_{1} \sum\limits_{j=2}^{n-1} a_{j}-n(n\\ &-2) a_{1} a_{n}-n \sum\limits_{j=2}^{n-1} a_{j}^{2} \\ =&(n-1)\left(a_{1}^{2}+a_{n}^{2}\right)-\sum\limits_{j=2}^{n-1} a_{j}^{2}+(n-2) a_{n} \sum\limits_{j=2}^{n-1} a_{j}+(n-2) a_{1} \sum\limits_{j=2}^{n-1} a_{j} \\ &-[n(n-2)+2] a_{1} a_{n}-2 \sum\limits_{2 \leqslant i<j \leqslant n-1} a_{i} a_{j} . \\ =&-\left[\left(\sum\limits_{j=2}^{n-1} a_{j}\right)-\dfrac{n-2}{2}\left(a_{1}+a_{n}\right)\right]^{2}+\dfrac{n^{2}}{4}\left(a_{1}-a_{n}\right)^{2} . \end{aligned}$
由此即得 $x_{n}-a_{1}\geqslant 2\sqrt{y- x^{2}}$ ,

因此, $2\sqrt{y-x^{2}}\leqslant a_{n}-a_{1}\leqslant \sqrt{2n\left(y-x^{2}\right)}$ .

2022-03-11-02

（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07）

设不等式 $\left|z_{1}^{\prime}-z_{2}^{\prime}\right|+\left|z_{2}^{\prime}-z_{3}^{\prime}\right|+\cdots +\left|z_{n-1}^{\prime}-z_{n}^{\prime}\right|\leqslant \lambda\cdot\left[\left|z_{1}-z_{2}\right|+\left|z_{2}-z_{3}\right|+\cdots +\left|z_{n-1}-z_{n}\right|\right],$
对一切不全相等的复数 $z_{1},z_{2},\cdots ,z_{n}$ 都成立.其中 $kz_{k}^{\prime}=\sum\limits_{j=1}^{k}z_{j}$ , $k=1,2,\cdots,n$ .求证:并问何 $\lambda\geqslant 1-\dfrac{1}{n}$ 时取到等号?

证明

$\begin{aligned} \sum\limits_{k=1}^{n-1}\left|z_{k}^{\prime}-z_{k+1}^{\prime}\right| &=\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left|\dfrac{1}{k} \sum\limits_{j=1}^{k} z_{j}-\dfrac{1}{k+1} \sum\limits_{j=1}^{k+1} z_{j}\right| \\ &=\sum\limits_{k=1}^{n-1} \dfrac{1}{k(k+1)}\left|\sum\limits_{j=1}^{k} j\left(z_{j}-z_{j+1}\right)\right| \\ & \leqslant \sum\limits_{k=1}^{n-1}\left(\dfrac{1}{k(k+1)} \cdot \sum\limits_{j=1}^{k} j\left|z_{j}-z_{j+1}\right|\right) \\ &=\sum\limits_{j=1}^{n-1} \sum\limits_{k=j}^{n-1}\left(\dfrac{1}{k(k+1)} j\left|z_{j}-z_{j+1}\right|\right) \\ &=\sum\limits_{j=1}^{n-1}\left(1-\dfrac{j}{n}\right)\left|z_{j}-z_{j+1}\right| \\ & \leqslant \sum\limits_{j=1}^{n-1}\left(1-\frac{1}{n}\right)\left|z_{j}-z_{j+1}\right| \\ &=\left(1-\dfrac{1}{n}\right) \sum\limits_{j=1}^{n-1}\left|z_{j}-z_{j+1}\right|. \end{aligned}$

易见,当 $z_{1}\ne z_{2}$ , $z_{2}=z_{3}=\cdots =a_{n}$ 时等号成立,故命题得证.

2022-03-11-03

（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08）

设 $n\left(\geqslant 3\right)$ 为正整数, $x_{1},x_{2},\cdots ,x_{n}$ 为实数,对于 $1\leqslant i\leqslant n-1$ ,有 $x_{i}<x_{i+1}$ ,求证:
$\dfrac{n\left(n-1\right)}{2}\cdot \sum\limits_{1\leqslant i<j\leqslant n}x_{i}x_{j}>\left[\sum\limits_{i=1}^{n-1}\left(n-i\right)x_{i}\right]\left[\sum\limits_{j=2}^{n}\left(j-1\right)x_{j}\right].$

证明

令 $y_{i}=\sum\limits_{j=i+1}^{n}a_{j}$ , $y=\sum\limits_{j=2}^{n}\left(j-1\right)x_{j}$ , $z_{i}=\dfrac{n\left(n-1\right)}{2}y_{i}-\left(n-i\right)y\left(1\leqslant n-1\right)$ .于是
$\begin{aligned} & \dfrac{n(n-1)}{2} \cdot \sum\limits_{1 \leqslant i<j \leqslant n} x_{i} x_{j}-\left[\sum\limits_{i=1}^{n-1}(n-i) x_{i}\right] \cdot\left[\sum\limits_{j=2}^{n}(j-1) x_{j}\right] \\ =& \dfrac{n(n-1)}{2} \cdot \sum\limits_{i=1}^{n-1} x_{i} \sum\limits_{j=i+1}^{n} x_{j}-\sum\limits_{i=1}^{n-1}(n-i) x_{i} y \\ =& \sum\limits_{i=1}^{n-1} x_{i} \cdot\left[\frac{n(n-1)}{2} y_{i}-(n-i) y\right]\\ =&\sum\limits_{i=1}^{n-1} x_{i} z_{i}. \end{aligned}$
下面只需证明: $\sum\limits_{i=1}^{n-1}x_{i}z_{i}>0$ .

注意到 $\sum\limits_{i=1}^{n-1}y_{i}=y$ , $\sum\limits_{i=1}^{n-1}z_{i}=0$ , $y=\sum\limits_{j=2}^{n}\left(j-1\right)x_{j}<\sum\limits_{j=2}^{n}\left(j-1\right)x_{n}=\dfrac{n\left(n-1\right)}{2}x_{n}$ , $z_{n-1}=\dfrac{n\left(n-1\right)}{2}y_{n-1}-y=\dfrac{n\left(n-1\right)}{2}x_{n}-y>0$ ,又由于
$\dfrac{z_{i+1}}{\dfrac{n\left(n-1\right)}{2}\left(n-i-1\right)}-\dfrac{z_{i}}{\dfrac{n\left(n-1\right)}{2}\left(n-i\right)}=\dfrac{y_{i+1}}{n-i-1}-\dfrac{y_{i}}{n-i}=\dfrac{x_{i+2}+x_{i+3}+\cdots+x_{n}}{n-i-1}-\dfrac{x_{i+1}+x_{i+2}+\cdots+x_{n}}{n-i}>0,$
有: $\dfrac{z_{1}}{n-1}<\dfrac{z_{2}}{n-2}<\cdots<\dfrac{z_{n-2}}{2}<z_{n-1}$ .

因此,一定存在一个正整数 $k$ ,当 $1\leqslant i\leqslant k$ 时 $z_{i}\leqslant 0$ ;当 $k+1\leqslant i\leqslant n$ 时, $z_{i}>0\left(k\leqslant n-2\right)$ .所以 $\left(x_{i}-x_{k}\right)z_{i}\geqslant 0$ .

故 $\sum\limits_{i=1}^{n-1} x_{i} z_{i} \geqslant x_{k} \sum\limits_{i=1}^{n-1} z_{i}=0$ ,但等号不能成立.证毕.

2022-03-11-04

（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09）

设 $a_{1}\geqslant a_{2}\geqslant \cdots \geqslant a_{n}\geqslant a_{n+1}=0$ 是实数序列,求证:
$\sqrt{\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}}\leqslant \sum\limits_{k=1}^{n}\sqrt{k}\left(\sqrt{a_{k}}-\sqrt{a_{k+1}}\right).$

证明

$\begin{aligned} &\left[\sum\limits_{k=1}^{n}(\sqrt{k}-\sqrt{k-1}) \sqrt{a_{k}}\right]^{2}\\ =&\sum\limits_{i=1}^{n}\left(\sqrt{i}-\sqrt{i-1}\right)^{2} a_{i}+2\sum\limits_{i<j}\left(\sqrt{i}-\sqrt{i-1}\right)\left(\sqrt{j}-\sqrt{j-1}\right) \sqrt{a_{i} a_{j}} \\ \geqslant& \sum\limits_{i=1}^{n}(\sqrt{i}-\sqrt{i-1})^{2} a_{i}+2 \sum\limits_{i<j}\left(\sqrt{i}-sqrt{i-1}\right)\left(\sqrt{j}-\sqrt{j-1}\right) a_{j}\\ =&\sum\limits_{i=1}^{n}\left(\sqrt{i}-\sqrt{i-1}\right)^{2} a_{i}+2 \sum\limits_{j=1}^{n} \sqrt{j-1}\left(\sqrt{j}-\sqrt{j-1}\right) a_{j}\\ =&\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i}, \end{aligned}$
因此结论成立.

易见,等号成立时需存在 $m$ , $a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{m}$ ,而当 $k>m$ 时, $a_{k}=0$ .

注:下面再给出两种证法.

证法2:用Abel求和公式能把不等式转化为:
$\sqrt{\sum\limits_{k=1}^{n} a_{k}} \leqslant \sum\limits_{k=1}^{n} \sqrt{a_{k}}(\sqrt{k}-\sqrt{k-1})=\sum\limits_{k=1}^{n} \sqrt{a_{k} c_{k}} \text {, 此处 } c_{k}=\sqrt{k}-\sqrt{k-1} .$
由 $a_{1}\geqslant a_{2}\geqslant \cdots \geqslant a_{n}$ , $c_{1}\geqslant c_{2}\geqslant \cdots\geqslant c_{n}$ ,诱使我们用Chebyshev不等式(详见第10题),即
$\sum\limits_{k=1}^{n} \sqrt{a_{k}} \cdot c_{k} \geqslant \dfrac{1}{n} \cdot \sum\limits_{k=1}^{n} \sqrt{a_{k}} \cdot \sum\limits_{k=1}^{n} c_{k}=\dfrac{1}{\sqrt{n}} \sum\limits_{k=1}^{n} \sqrt{a_{k}},$
并无多大用处,现将欲证结论改述如下:
$\sqrt{\sum\limits_{k=1}^{n} a_{k}} \leqslant \sum\limits_{k=1}^{n-1} \sqrt{k}\left(\sqrt{a_{k}}-\sqrt{a_{k+1}}\right)+\sqrt{n a_{n}}.\qquad(*)$
对 $n$ 用归纳法.当 $n=1$ 时, $(*)$ 显然成立.

假设对某个 $n\geqslant 1$ ,每个非增、非负、长为 $n$ 的实数列有 ${*}$ 成立,考察长为 $n+1$ ,满足 $a_{1}\geqslant a_{2}\geqslant \cdots \geqslant a_{n+1}\geqslant 0$ 的实数列.由归纳假设,只需证明 $\sqrt{\sum\limits_{k=1}^{n+1}a_{k}}-\sqrt{\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}}\geqslant -\sqrt{na_{n+1}}+\sqrt{\left(n+1\right)a_{n+1}}$ .不妨设 $a_{n+1}>0$ , $S=\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}$ , $m=\dfrac{S}{a_{n+1}}$ ,则上式等价于 $\sqrt{m+1}-\sqrt{m}\leqslant \sqrt{n+1}-\sqrt{1n}$ ,显然成立.

证法3:令 $x_{i}=\sqrt{a_{i}}-\sqrt{a_{i+1}}$ , $i=1,2,\cdots,n$ .

则 $a_{i}=\left(x_{i}+x_{i+1}+\cdots +x_{n}\right)^{2}$ , $1\leqslant i\leqslant n$ .
$\sum\limits_{k=1}^{n} a_{k}=\sum\limits_{k=1}^{n} k x_{k}^{2}+2 \sum\limits_{1 \leqslant k<l \leqslant n} k x_{k} x_{l} \leqslant \sum\limits_{k=1}^{n} k x_{k}^{2}+2 \sum\limits_{k<l} \sqrt{k l} x_{k} x_{l}=\left(\sum\limits_{k=1}^{n} \sqrt{k} x_{k}\right)^{2}$ ,因此结论成立.

2022-03-11-05

（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 P043 习题10）

证明Chebysev不等式:

设 $a_{1}\leqslant a_{2}\leqslant \cdots \leqslant a_{n}$ , $b_{1}\leqslant b_{2}\leqslant \cdots \leqslant b_{n}$ ,则
$n\cdot \sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}b_{k}\geqslant\left(\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}\right)\left(\sum\limits_{k=1}^{n}b_{k}\right)\geqslant n\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}b_{n-k+1}.$

证明

定义 $b_{n+t}=b_{n}$ , $t=0,1,2,\cdots$ .则 $\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i+t}=\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i}$ , $\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i+t}\geqslant\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i}$ , $a_{k}-a_{k+1}\leqslant 0\left(1\leqslant k\leqslant n-1\right)$ .

由分部求和公式,
$\begin{aligned} \left(\sum\limits_{k=1}^{n} a_{k}\right) \cdot\left(\sum\limits_{k=1}^{n} b_{k}\right) &=\sum\limits_{t=0}^{n-1}\left(\sum\limits_{i=1}^{n} a_{i} b_{i+t}\right) \\ &=\sum\limits_{t=0}^{n-1}\left[a_{n} \sum\limits_{i=1}^{n} b_{i+t}+\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left(\sum\limits_{i=1}^{k} b_{i+t}\right)\left(a_{k}-a_{k+1}\right)\right] \\ & \leqslant \sum\limits_{t=0}^{n-1}\left[a_{n} \sum\limits_{i=1}^{n} b_{i}+\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left(\sum\limits_{i=1}^{k} b_{i}\right)\left(a_{k}-a_{k+1}\right)\right] \\ &=n \cdot \sum\limits_{k=1}^{n} a_{k} b_{k}. \end{aligned}$
同理可证 $\left(\sum\limits_{k=1}^{n} a_{k}\right)\left(\sum\limits_{k=1}^{n} b_{k}\right) \geqslant n \sum\limits_{k=1}^{n} a_{k} b_{n-k+1}$ .

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