高中奥数 2022-03-25

作者: 天目春辉 | 来源:发表于2022-03-25 06:32 被阅读0次

2022-03-25-01

（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 P067 习题06）

求证:对于任意实数 $a$ 、 $b$ ,存在 $\left[0,1\right]$ 中的 $x$ 和 $y$ ,使得
$\left|xy-ax-by\right|\geqslant \dfrac{1}{3}.$
并问上述命题中的 $\dfrac{1}{3}$ 改 $\dfrac{1}{2}$ 或 $0.33334$ 是否仍成立?

证明

反设命题不成立,则存在实数a、 $b$ ,使得对于 $\left[0,1\right]$ 中的任意 $x$ 、 $y$ ,均有 $\left|xy-ax-by\right|<\dfrac{1}{3}$ .

分别取 $\left(x,y\right)=\left(1,0\right)$ ; $\left(0,1\right)$ ; $\left(1,1\right)$ ,有 $\left|a\right|<\dfrac{1}{3}$ , $\left|b\right|<\dfrac{1}{3}$ , $\left|1-a-b\right|<\dfrac{1}{3}$ ,则 $l=\left|a+b+1-a-b\right|\leqslant \left|a\right|+\left|b\right|+\left|1-a-b\right|<1$ ,矛盾!

2022-03-25-02

（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 P067 习题07）

设 $m,n\in \mathbb{Z}^{+}$ , $a_{1},a_{2},\cdots ,a_{n}$ 是集合 $\left\{1,2,\cdots ,n\right\}$ 中的不同元素,每当 $a_{i}+a_{j}\leqslant n$ , $1\leqslant i\leqslant j\leqslant m$ ,就有某个 $k$ , $1\leqslant k\leqslant m$ ,使得 $a_{i}+a_{j}=a_{k}$ .

求证: $\dfrac{1}{m}\left(a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{m}\right)\geqslant \dfrac{1}{2}\left(n+1\right)$ .

证明

不妨设 $a_{1}>a_{2}>\cdots >a_{m}$ ,下面证明:对任意满足 $1\leqslant i\leqslant m$ 的正整数 $i$ ,有
$a_{i}+a_{m+1-i}\geqslant n+1.\qquad(*)$
如果 $(*)$ 成立,则 $2\left(a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{m}\right)=\left(a_{1}+a_{m}\right)+\left(a_{2}+a_{m-1}\right)+\cdots +\left(a_{m}+a_{1}\right)\geqslant m\left(n+1\right)$ ,因此结论成立.

对 $(*)$ 可以用反证法,若存在某个正整数 $i$ , $1\leqslant i\leqslant m$ ,使得 $a_{i}+a_{m+1-i}\leqslant n$ ,于是 $a_{i}<a_{i}+a_{m}<a_{i}+a_{m-1}<\cdots <a_{i}+a_{m+1-i}n\leqslant n$ . $a_{i}+a_{m},a_{i}+a_{m-1},\cdots a_{i}+a_{m+1-i}$ 是 $i$ 个正整数,且每个都 $\leqslant n$ .由题目条件,这 $i$ 个正整数每个都是 $a_{k}$ 的形式 $\left(1\leqslant k\leqslant m\right)$ ,且两两不同,而它们都大于 $a_{i}$ ,故必为 $a_{1},a_{2},\cdots ,a_{i-1}$ 之一.矛盾!

2022-03-25-03

（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 P068 习题08）

对于任意 $n\in \mathbb{Z}^{+}$ 以及实数序列 $a_{1},a_{2},\cdots ,a_{n}$ ,求证存在 $k\in \mathbb{Z}^{+}$ ,满足:

$\left|\sum\limits_{i=1}^{k}a_{i}-\sum\limits_{i=k+1}^{n}a_{i}\right|\leqslant \max\limits_{1\leqslant i\leqslant n}\left|a_{i}\right|.$

证明

用反证法,若对任意 $k\in \left\{1,2,\cdots ,n\right\}$ ,有 $\left|S_{k}\right|=\left|\sum\limits_{i=1}^{k} a_{i}-\sum\limits_{i=k+1}^{n} a_{i}\right|>\max\limits_{1\leqslant i\leqslant n}\left|a_{i}\right|$ .记 $A=\max\limits_{1\leqslant i\leqslant n}\left|a_{i}\right|$ .

补充定义 $S_{0}=-S_{n}$ .则 $S_{0}$ 与 $S_{n}$ 中有一个 $>A$ ,另一个 $<-A$ .不妨设 $S_{0}<-A$ , $S_{n}>A$ (否则可用 $-a_{i}$ 代替 $a_{i}$ ),于是,存在 $j$ , $0\leqslant j\leqslant n-1$ ,使得 $S_{j}<-A$ , $S_{j+1}>A$ .故 $\left|S_{j+1}-S_{j}\right|>2A$ ,即 $2\left|a_{j+1}\right|>2A$ ,则 $\left|a_{j+1}\right|>A$ ,与 $A$ 的定义矛盾!

2022-03-25-04

（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 P068 习题09）

设 $x_{k},y_{k}\in \mathbb{R}$ , $j_{k}=x_{k}+\mathrm{i}y_{k}\left(k=1,2,\cdots ,n,i=\sqrt{-1}\right)$ . $r$ 是 $\pm \sqrt{j_{1}^{2}+j_{2}^{2}+\cdots +j_{n}^{2}}$ 的实部的绝对值.求证:
$r\leqslant \left|x_{1}\right|+\left|x_{2}\right|+\cdots +\left|x_{n}\right|.$

证明

设 $a+\mathrm{i}b$ 是 $j_{1}^{2}+j_{2}^{2}+\cdots+j_{n}^{2}$ 的任一平方根,则 $r=\left|a\right|$ ,且 $\left(a+\mathrm{i}b\right)^{2}=\sum\limits_{k=1}^{n}j_{k}^{2}=\sum\limits_{k=1}^{n}\left(x_{k}+\mathrm{i}y_{k}\right)^{2}$ .
故 $a^{2}-b^{2}=\sum\limits_{k=1}^{n}x_{k}^{2}-\sum\limits_{k=1}^{n}y_{k}^{2}$ , $ab=\sum\limits_{k=1}^{n}x_{k}y_{k}$ .

反设 $r>\sum\limits_{k=1}^{n}\left|x_{k}\right|$ ,则 $a^{2}=r^{2}$ , $\left(\sum\limits_{k=1}^{n}\left|x_{k}\right|\right)^{2}\geqslant \sum\limits_{k=1}^{n}x_{k}^{2}$ .

于是 $b^{2}>\sum\limits_{k=1}^{n}y_{k}^{2}$ ,从而 $a^{2}b^{2}>\sum\limits_{k=1}^{n}x_{k}^{2}\cdot\sum\limits_{k=1}^{n}y_{k}^2\geqslant\left(\sum\limits_{k=1}^{n}x_{k}y_{k}\right)^{2}=a^{2}b^{2}$ ,矛盾!

2022-03-25-05

（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 P068 习题10）

给定非增的正数列 $a_{1}\geqslant a_{2}\geqslant a_{3}\geqslant \cdots \geqslant a_{n}\leqslant \cdots$ ,其中 $a_{1}=\dfrac{1}{2k}\left(k\in \mathbb{N},k\geqslant 2\right)$ ,且 $a_{1}+a_{2}+\cdots +a_{n}+\cdots =1$ .求证:从数列中可找出 $k$ 个数,最小数超过最大数的一半.

证明

用反证法.若不存在这样的 $k$ 个数,则对 $a_{1},a_{2},\cdots,a_{k}$ ,有 $a_{k}\leqslant \dfrac{l}{2}a_{1}$ ;对 $a_{k},a_{k+1},\cdots,a_{2k-1}$ ,有 $a_{2k-1}\leqslant\dfrac{1}{2}a_{k}\leqslant\dfrac{1}{2^{2}}a_{1}$ ; $\cdots$ ;对 $a_{\left(n-1\right)\left(k-1\right)+1},a_{\left(n-1\right)\left(k-1\right)+2},\cdots,a_{n\left(k-1\right)+1}$ ,有 $a_{n\left(k-1\right)+1}\leqslant\dfrac{1}{2^{n}}a_{1}$ . $n\in \mathbb{Z}^{+}$ ,则
$\begin{aligned} S_{1}&=a_{1}+a_{k}+a_{2k-1}+\cdots <a_{1}+\dfrac{1}{2}a_{1}+\dfrac{1}{2^{2}}a_{1}+\cdots =2a_{1};\\ S_{2}&=a_{2}+a_{k+1}+a_{2k}+\cdots \leqslant 2a_{2}\leqslant 2a_{1};\\ &\cdots\cdots\\ S_{k-1}&=a_{k-1}+a_{2k-2}+a_{3k-3}+\cdots \leqslant 2a_{k-1}\leqslant 2a_{1}. \end{aligned}$
故 $S=S_{1}+S_{2}+\cdots +S_{k-1}\leqslant 2\left(k-1\right)a_{1}=\dfrac{k-1}{k}<1$ ,矛盾!

高中奥数 2022-03-25

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