高中奥数 2022-03-26

作者: 天目春辉 | 来源:发表于2022-03-28 16:17 被阅读0次

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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 P068 习题11）

证明或否定命题:若 $x$ 、 $y$ 为实数且 $y\geqslant 0$ , $y\left(y+1\right)\leqslant \left(x+1\right)^{2}$ ,则 $y\left(y-1\right)\leqslant x^{2}$ .

证明

反设 $y\left(y-1\right)>x^{2}$ ,则由 $y\geqslant 0$ 知 $y>1$ .进一步有 $y>\dfrac{1}{2}+\sqrt{\dfrac{1}{4}+x^{2}}$ .由假设 $y\left(y+1\right)\leqslant \left(x+1\right)^{2}$ 和 $y>1$ 可知, $y\leqslant -\dfrac{1}{2}+\sqrt{\dfrac{1}{4}+\left(x+1\right)^{2}}$ ,于是得到 $\dfrac{1}{2}+\sqrt{\dfrac{1}{4}+x^{2}}<-\dfrac{1}{2}+\sqrt{\dfrac{1}{4}+\left(x+1\right)^{2}}$ .

由此不难推出 $\sqrt{\dfrac{1}{4}+x^{2}}<x$ ,矛盾!故原命题成立

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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 P068 习题12）

设 $a_{1}\geqslant a_{2}\geqslant \cdots \geqslant a_{n}$ 是满足下列条件的 $n$ 个实数:对任何正整数 $k$ ,有 $a_{1}^{k}+a_{2}^{k}+\cdots +a_{n}^{k}\geqslant 0$ .令 $p=\max\left\{\left|a_{1}\right|,\left|a_{2}\right|,\cdots,\left|a_{n}\right|\right\}$ ,求证: $p=a_{1}$ ,并且对任意 $x>a_{1}$ ,均有
$\left(x-a_{1}\right)\left(x-a_{2}\right)\cdots \left(x-a_{n}\right)\leqslant x^{n}-a_{1}^{n}.$

证明

对第一个结论用反证法.因为 $a_{1}\geqslant a_{2}\geqslant \cdots\geqslant a_{n}$ ,,则 $\max\left\{\left|a_{1}\right|,\left|a_{2}\right|,\cdots,\left|a_{n}\right|\right\}=a_{1}$ 或者 $a_{n}$ (显然 $a_{1}>0$ ).而若 $\max\left\{\left|a_{1}\right|,\left|a_{2}\right|,\cdots,\left|a_{n}\right|\right\}=\left|a_{n}\right|$ ,则 $a_{n}<0$ , $\left|a_{n}\right|>a_{1}$ .

下面令 $a_{1}\geqslant a_{2}\geqslant \cdots \geqslant a_{n-k} > a_{n-k+1} = a_{n-k+2} =\cdots = a_{n}$ .

由于 $0\leqslant \left|\dfrac{a_{i}}{a_{n}}\right|<1$ ,故存在 $l$ ,使得 $\left|\dfrac{a_{i}}{a_{n}}\right|^{2l+1}<\dfrac{1}{n}\left(1\leqslant i\leqslant n-k\right)$ ,于是
$\begin{aligned} &\left(\dfrac{a_{1}}{a_{n}}\right)^{2 l+1}+\left(\dfrac{a_{2}}{a_{n}}\right)^{2 l+1}+\cdots+\left(\dfrac{a_{n}}{a_{n}}\right)^{2 l+1} \\ =&\left(\dfrac{a_{1}}{a_{n}}\right)^{2 l+1}+\left(\dfrac{a_{2}}{a_{n}}\right)^{2 l+1}+\cdots+\left(\dfrac{a_{n-k}}{a_{n}}\right)^{2 l+1}+k \\ \geqslant & k-\left|\dfrac{a_{1}}{a_{n}}\right|^{2 l+1}-\left|\dfrac{a_{2}}{a_{n}}\right|^{2 l+1}-\cdots-\left|\dfrac{a_{n-k}}{a_{n}}\right|^{2 l+1} \\ >& k-\dfrac{n-k}{n}\\ =&k-1+\dfrac{k}{n}\\ >&0 . \end{aligned}$
从而 $a_{1}^{2l+1}+a_{2}^{2l+1}+\cdots +a_{n}^{2l+1}<0$ ,矛盾!

下面来证明第二个结论.

当 $x>a_{1}$ 时, $x-a_{j}>0$ , $1\leqslant j\leqslant n$ ,
$\begin{aligned} &\left(x-a_{1}\right)\left(x-a_{2}\right)\cdots\left(x-a_{n}\right)\\ \leqslant\left(x-a_{1}\right)\cdot\left[\dfrac{\left(x-a_{2}\right)+\cdots+\left(x-a_{n}\right)}{n-1}\right]^{n-1}\\ =\left(x-a_{1}\right)\cdot\left(x-\dfrac{a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{n}}{n-1}\right)^{n-2}. \end{aligned}$
由于 $a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}\geqslant 0$ ,即 $a_{1}\geqslant -\left(a_{2}+a_{3}+\cdots +a_{n}\right)$ .

故 $x+\dfrac{1}{n-1}a_{1}\geqslant x-\dfrac{a_{2}+a_{3}+\cdots +a_{n}}{n-1}\left(>0\right)$ ,则有
$\begin{aligned} &\left(x-a_{1}\right)\left(x-a_{2}\right)\cdots\left(x-a_{n}\right)\\ \leqslant&\left(x-a_{1}\right)\left(x+\dfrac{a_{1}}{n-1}\right)^{n-1}\\ =&\left(x-a_{1}\right)\cdot\sum\limits_{S=0}^{n-1}\mathrm{C}_{n-1}^{S}\left(\dfrac{a_{1}}{n-1}\right)^{S}\cdot x^{n-1-S}\\ =&\left(x-a_{1}\right)\cdot\sum\limits_{S=0}^{n-1}\dfrac{\mathrm{C}_{n-1}^{S}}{\left(n-1\right)^{S}}a_{1}^{S}\cdot x^{n-1-S}. \end{aligned}$
易见,当 $0\leqslant S\leqslant n-1$ 时, $\dfrac{\mathrm{C}_{n-1}^{S}}{\left(n-1\right)^{S}}\leqslant 1$ ,于是
$\begin{aligned} &\left(x-a_{1}\right)\left(x-a_{2}\right)\cdots\left(x-a_{n}\right)\\ \leqslant&\left(x-a_{1}\right)\cdot\sum\limits_{S=0}^{n-1}a_{1}^{S}x^{n-1-S}\left(0>a_{1}\geqslant 0\right)\\ =&\left(x-a_{1}\right)\cdot \dfrac{x^{n-1}-a_{1}^{n}\cdot\dfrac{a_{1}}{x}}{1-\dfrac{a_{1}}{x}}\\ =&x^{n}-a_{1}^{n}. \end{aligned}$

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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 P068 习题13）

设实数 $a_{1},a_{2},\cdots,a_{n}\left(n\geqslant 2\right)$ 和 $A$ 满足 $A+\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^{2}<\dfrac{1}{n-1}\left(\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{2}$ .

求证:对于 $1\leqslant i<j\leqslant n$ ,有 $A<2a_{i}a_{j}$ .

证明

用反证法,设有 $1\leqslant i<j\leqslant n$ 使得 $A\geqslant 2a_{i}a_{j}$ .

不妨设 $i=1$ , $j=2$ ,于是有
$A+\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^2\geqslant 2a_{1}a_{2}+\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^2=\left(a_{1}+a_{2}\right)^{2}+a_{3}^{2}+\cdots+a_{n}^{2},$
由Cauchy不等式, $\left(a_{1}+a_{2}\right)^{2}+a_{3}^{2}+\cdots+a_{n}^{2}\geqslant \dfrac{1}{n-1}\cdot \left(a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}\right)^{2}$ .

从而有 $A+\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^{2}\geqslant \dfrac{1}{n-1}\left(\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}\right)^{2}$ ,矛盾!

故对一切 $1\leqslant i<j\leqslant n$ ,有 $A<2a_{i}a_{j}$ .

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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 P068 习题14）

设 $\left\{a_{k}\right\}$ 是一个非负实数的无限序列, $k=1,2,\cdots$ ,满足: $a_{k}-2a_{k+1}+a_{k+2}\geqslant 0$ 及 $\sum\limits_{j=1}^{n}a_{j}\leqslant 1$ , $k=1,2,\cdots$ .求证: $0\leqslant a_{k}-a_{k+1}\leqslant \dfrac{2}{k^{2}}$ , $k=1,2,\cdots$ .

证明

先证明 $a_{k}-a_{k+1}\geqslant 0$ ,可以用反证法.

假设存在某个 $a_{k}<a_{k+1}$ ,则 $a_{k+1}\leqslant a_{k}-a_{k+1}+a_{k+2}<a_{k+2}$ ,序列 $\left\{a_{S}|S=k,k+1,\cdots\right\}$ 是严格单调递增的.

则 $\sum\limits_{S=k}^{n}a_{S}\left(n>k\right)$ 在 $n$ 趋向于无穷大时也趋向于无穷大,矛盾!故有 $a_{k}-a_{k+1}\geqslant 0$ , $k=1,2,\cdots$ .

令 $b_{k}=a_{k}-a_{k+1}\geqslant 0$ , $k=1,2,\cdots$ .
$\begin{aligned} 1&\geqslant a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{k}\\ &=b_{1}+2b_{2}+3b_{3}+\cdots +kb_{k}+a_{k+1}\\ &\geqslant \left(1+2+3+\cdots +k\right)b_{k}\\ &=\dfrac{k\left(k+1\right)}{2}b_{k}. \end{aligned}$
所以 $b_{k}\leqslant \dfrac{2}{k\left(k+1\right)}<\dfrac{2}{k^{2}}$ ,因此因此 $0\leqslant a_{k}-a_{k+1}<\dfrac{2}{k^{2}}$ .

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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 P068 习题15）

若方程 $x^{4}+ax^{3}+bx+c=0$ 的根都是实数,求证: $ab\leqslant 0$ .

证明

反设 $ab>0$ ,不妨设 $a>0$ ,则 $b>0$ .分三种情况讨论:

(1)若 $c>0$ , $x^{4}+ax^{3}+bx+c=0$ 的根均为负根,与 $x^{2}$ 前系数为0矛盾.

(2)若 $c<0$ ,四个实根乘积为 $c<0$ ,正根为1个或3个,其余为负根,再分别讨论:

(i)如果有3个正根 $x_{2}$ 、 $x_{3}$ 、 $x_{4}$ ,负根为 $x_{1}$ ,则 $x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=-a<0$ ,故 $-x_{1}>-x_{1}-a=x_{2}+x_{3}+x_{4}$ .由于 $x^{2}$ 前系数为0,应当有 $x_{1}\left(x_{2}+x_{3}+x_{4}\right)+x_{2}x_{3}+x_{2}x_{4}+x_{3}x_{4}=0$ .

而 $x_{2}x_{3}+x_{2}x_{4}+x_{3}x_{4}=-x_{1}\left(x_{2}+x_{3}+x_{4}\right)>\left(x_{2}+x_{3}+x_{4}\right)^{2}$ ,矛盾!

(ii)如果仅有一个正根,不妨设 $x_{1}$ 为正根, $x_{2}$ 、 $x_{3}$ 、 $x_{4}$ 为负根, $x_{1}x_{2}x_{3}x_{4}\left(\dfrac{1}{x_{1}}+\dfrac{1}{x_{2}}+\dfrac{1}{x_{3}}+\dfrac{1}{x_{4}}\right)=-b<0$ ,又由于 $x_{1}x_{2}x_{3}x_{4}<0$ ,则 $\dfrac{1}{x_{1}}+\dfrac{1}{x_{2}}+\dfrac{1}{x_{3}}+\dfrac{1}{x_{4}}>0$ .由于 $-x_{1}\left(x_{2}+x_{3}+x_{4}\right)=x_{2}x_{3}+x_{3}x_{4}+x_{2}x_{4}>0$ ;,两式相乘,得到 $-\left(x_{2}+x_{3}+x_{4}\right)>\left(-\dfrac{1}{x_{2}}-\dfrac{1}{x_{3}}-\dfrac{1}{x_{4}}\right)\left(x_{2}x_{3}+x_{3}x_{4}+x_{4}x_{2}\right)=-2\left(x_{2}+x_{3}+x_{4}\right)-\left(\dfrac{x_{2}x_{3}}{x_{4}}+\dfrac{x_{3}x_{4}}{x_{2}}+\dfrac{x_{4}x_{2}}{x_{3}}\right)$ ,矛盾!