高中数学奥赛讲义：竞赛中常用的重要不等式

第一篇：高中数学奥赛讲义：竞赛中常用的重要不等式

高中数学奥赛讲义：

竞赛中常用的重要不等式

【内容综述】

本讲重点介绍柯西不等式、排序不等式、切比雪夫不等式的证明与应用

【要点讲解】

目录 §1 柯西不等式

§2 排序不等式

§3 切比雪夫不等式

★ ★ ★

§1。柯西不等式

定理1 对任意实数组

恒有不等式“积和方不大于方和积”，即

等式当且仅当

本不等式称为柯西不等式。

时成立。

思路一 证不等式最基本的方法是作差比较法，柯西不等式的证明也可首选此法。

证明1

∴右-左=

当且仅当 思路2 注意到 证明2

当

当定值时，等式成立。时不等式显然成立，当

时，不等式左、右皆正，因此可考虑作商比较法。

时等式成立； 时，注意到

=1

故

当且仅当

且

（两次放缩等式成立条件要一致）

即 同号且 常数，亦即

思路3 根据柯西不等式结构，也可利用构造二次函数来证明。

证明3 构造函数

由于。

恒非负，故其判别式

即有

等式当且仅当

若

常数时成立。

柯西不等式显然成立。

例1 证明均值不等式链：

调和平均数≤算术平均数≤均方平均数。

证 设

本题即是欲证：

本题证法很多，现在我们介绍一种主要利用柯西不等式平证明的方法

(1)先证

注意到

此即

由柯西不等式,易知②成立,从而①真 欲证①,即需证

②

①

(11)再证

欲证③,只需证 , ③

而④即要证

④

⑤

(注意

由柯西不等式,知⑤成立.(Ⅰ)(Ⅱ)中等式成立的条件都是)

即各正数彼此相等.说明：若再利用熟知的关系(★)

（其中，结合代换，即

当且仅当式链

时，等式成立，说明★的证明参见下节排序不证式或数学归纳法，这样就得到一个更完美的均值不等

其中等式成产条件都是

§２．排序不等式

定理２设有两组实数，．

满足

则

(例序积和)（乱序积和）（须序积和）

其中是实数组时成立。

一个排列，等式当且仅当或

说明 本不等式称排序不等式，俗称

例序积和乱序积和须序积和。

证法一． 逐步调整法

首先注意到数组

也是有限个数的集合，从而也只有有限个不同值，故其中必有最大值和最小值（极端性原理）。

设注意下面的两个和

注意

S（★）

由小到大的顺序排列，最小的和就对应

只要适当调整，如★所示就可越调，可见和数Ｓ中最大的和，只能是对应数组数组从大到小的依序排列，不符合如此须序的越大（小），其中ｉ＝１，２„„，n。

证法＝ 设

由 则显见的一个k阶子集

等式当且仅当

式

即，时,成立

这就证明了乱序积和≤顺序积和

注意列

这里 含义同上，于是有，仿上面证明，得

又证明了例序积和≤乱序积和

综上排序不等式成立.例2 利用排序不等式证明柯西不等式：

其中

证 不失一般性，设得

（例序积和≤乱序积和)

相加即得

等式当且仅当；

为常数时成立。，则由排序不等式可

①

又∵算术平均值不大于平方平均值，（★）故

代入①，即得

平方后，即得柯西不等式

说明“算术平均≤平方平均”可用数学归纳法直接证明如下：

证（i）设n=2，则

（ii）设n=k时，显然成立

成立，即有

欲证n=k+1时，有

成立，只需证

考虑到归纳假设，只需证

（★）

而（★）是显然成立的,故n=k+1时命题成立,于是对证法就不存在循环论证之嫌，否则此证法是不宜的。

且n≥2时,命题成立，正是因为存大着不依赖柯西不等式证明“算术平均≤平方平均”的证明方法，例2的例3 利用排序不等式证明正数的算术平均数不小于几何平均数。

证 设，易见

构造数列，使

则由★知于是由排序不等式,有

(乱序积和)

，(例序积和)

即

从而

其中等式当且仅当

时成立

说明 这里构造了两个数列值不等式的简捷、漂亮解法。

§3契比雪夫不等式

设

(i)若数算术平均数之积：(i=1,2„，n)

和为应用排序不等式创造了条件，得列一个证明均

则顺序积和的算术平均数不小于这两组

（ⅱ）若两组数算术平均数之积：

；，则倒序积和的算术平均数不大于这

证明（i）由排序原理有

„„

迭加可得，，两边除以得

等式当且仅当

类似可证(ⅱ)成立

例4 设

证明 不妨令

由切比雪夫不等式，有

；，求证，则

即

从而得证

说明 大家较熟悉的美国竞赛题

1979年青海赛题

1978年上海赛题

都是本例的特殊情况或变形。

本周强化练习：

★★★1．设

求的最小值

★★★2．若a、b、c是三角形三边长，s是半周长。求证：Vn∈N，下式成立

解答或提示

1．不妨令

由切比雪夫不等式

当且仅当 2．设a≥b≥c,则a+b≥a+c≥b+c,()

第二篇：重要不等式应用汇总9奥赛必备0

重要不等式应用汇总

数学竞赛常用

1． 排序不等式：

设a1a2...an, b1b2...bn j1,j2,...,jn是1,2,...,n的一个排列，则

2． 均值不等式：当aiR（in111a1a2anna1bna2bn1...anb1a1bj1a2bj2...anbjna1b1a2b2...anbn.1,2,n）时，有：

aa2ana1a2an1na1a2an

n2223． 柯西不等式：设ai,biR(i1,2,...n)则(a)(b2ii1i1nn2i)(aibi)2.i1n等号成立当且仅当存在R，使得biai(i1,2,...,n).从历史角度看，柯西不等式又可称柯西--布理可夫斯基-席瓦兹不等式 变形：（1）设aiR,biR则

nabi1in2i(ai)2(bi)i1i1n.（2）设ai,bi同号，且ai,bi0,则aii1bin(ai)2(aibi)i1i1nn.4． 琴生（Jensen）不等式：若f(x)是(a,b)上的凸函数，则对任意x1,x2,...,xn(a,b)

x1x2...xn1)[f(x1)f(x2)...f(xn)].nn5．幂均值不等式： f(a1a2...ana1a2...an设0(aiR)则 M()()M.nn6.切比雪夫不等式：

11设两个实数组a1a2...an，b1b2...bn则

1(a1bna2bn1...anb1)nabii1nnini1nn1(a1b1a2b2...anbn).nnii（该不等式的证明只用排序不等式及7．一个基础不等式：

ab的表达式就可得证）

i1i1xy1x(1)y 其中x,y0,[0,1],若x,y中有一个为零，则结论成立 8．赫尔德（Holder）不等式：设 ak,bk0(k1,2,...n).p,q1且

111，则 pqabkk1nk(akp)(bkq)（等号成立当且仅当akptbkq）

k1k1n1pn1q*9.与对数函数有关的一个不等式：

x ln(1x)x，x0.（该不等式的证明利用导数的符号得出函数的单调性）1x*10．三角函数有关的不等式：sinxxtanx x(0,*11．绝对值不等式: 设a,b,a1,a2,an*12．舒尔（Schur）不等式：

设x,y,zR，则x(xy)(xz)y(yx)(yz)z(zx)(zy)0 *13.闵可夫斯基（Minkowski）不等式：

如果x1,x2,......,xn与y1,y2,......,yn都是非负实数p1，那么((xiyi))(x)(y)ppipii1i1i1n1pn1pn1p2)

C，则有：│|a|-|b|│≤│a+b│≤│a│+│b│；

│a1a2an│≤a1a2an

14.贝努利不等式

（1）设xi1,i1,2,n,n2且同号，则

(1x)1xii1i1nni

（2）设x1，则（ⅰ）当01 时，有(1x)1x；

（ⅱ）当1或0 时，有(1x)1x，上两式当且仅当x0时等号成立。不等式（1）的一个重要特例是(1x)n1nx(x1,x0,nN,n2)15.艾尔多斯—莫迪尔不等式

设P为△ABC内部或边界上一点，P到三边距离分别为PD，PE，PF，则

PAPBPC2(PDPEPF)当且仅当△ABC为正三角形，且P为三角形中心时上式取等号。这是用于几何问题的证明和求最大（小）值时的一个重要不等式 16.外森比克不等式：

已知三角形的边长为a,b,c，其面积为S，求证abc43S，当且仅当a=b=c时取等号

222其他不等式综合问题 例1：（第26届美国奥数题）设a、b、c∈R+，求证：1111 333333ababcbcabccaabcabc11 3abcabcdabcd33推广1：设a、b、c、d∈R+，求证：推广2：设ai∈R+(i=1、2、3，…，n),求证：n1iki1aaii1nin1aii1n

例2：设x、y、z∈R+，求证：

x2y2z2221.2222yzyzzxzxxyxyn推广1：设ai∈R+，(I=1,2,3,…，n)求证：推广2：设xyz∈R+，求证：

ainkinakakki1.i1xn1yn1zn13 n1nn1nn1nn12n1n12n1n12n1n2yyzyzzzzxzxxxxyxyy例3：设x、y∈（0，1），求证：

112。（9）1x21y21xy1n nni11xi1xini1推广1：xi∈（0，1）(i=1、2、3，…，n),求证：推广2：xi∈（0，1）,(i=1、2、3，…，n),求证：n11.2i11xi11xixi1inn11.（xn+1=x1）推广3：xi∈（1，+∞）,(i=1、2、3，…，n),求证：2i11xi11xixi1in例4．已知a,b,c,m为正数．求证：

abcambmcm． bcabmcmam222例5．设正数x,y,z,a,b,c满足cy+bz=a,az+cx=b,bx+ay=c,求函数f(x,y,z)=xyz的最

1x1y1z小值.例6．设n是给定的正整数，且n≥3,对于n个实数x1,x2,…,xn，记|xi-xj|(1≤i

例7．设n是一个固定的整数，n≥2(Ⅰ)确定最小的常数c使得不等式

1ijnxxij(xixj)c(xi)4对所有的非负实数x1，x2，…，xn都成立；(Ⅱ)对于(Ⅰ)中的22i1n常数c，确定等号成立的充要条件。

例8．（2007年CMO试题5）设有界数列{an}(n1)满足an2n2006knak1,n1,2,3 k12n2007求证：an1,n1,2,3, n

第三篇：2011全国高中数学竞赛讲义-不等式的证明(练习题)

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§14不等式的证明

课后练习

1.选择题

(1)方程x-y=105的正整数解有().（A）一组（B）二组（C）三组（D）四组

(2)在0,1,2,…，50这51个整数中，能同时被2，3，4整除的有（）.（A）3个（B）4个（C）5个（D）6个

2．填空题

（1）的个位数分别为_________及_________.45422(2)满足不

________.等式10≢A≢10的整数A的个数是x×10+1，则x的值

(3)已知整数y被7除余数为5,那么y被7除时余数为________.(4)求出任何一组满足方程x-51y=1的自然数解x和y_________.3.求三个正整数x、y、z满足

3.4．在数列4，8，17，77，97，106，125，238中相邻若干个数之和是3的倍数，而不是9的倍数的数组共有多少组？

5．求的整数解.6．求证可被37整除.7．求满足条件的整数x，y的所有可能的值.数学教育网http://

8．已知直角三角形的两直角边长分别为l厘米、m厘米，斜边长为n厘米，且l，m，n均为正整数，l为质数.证明：2（l+m+n）是完全平方数.9.如果p、q、、都是整数，并且p＞1，q＞1，试求p+q的值.课后练习答案

1.D.C.2.(1)9及1.(2)9.(3)4.(4)原方程可变形为x=(7y+1)+2y(y-7),令y=7可得x=50.2

23.不妨设x≢y≢z,则,故x≢3.又有故x≣2.若x=2,则,故y≢6.又有,故y≣4.若y=4,则z=20.若y=5,则z=10.若y=6,则z无整数解.若x=3,类似可以确定3≢y≢4,y=3或4,z都不能是整数.4.可仿例2解.5.分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方法.．．

略解：ab2ab,同理bc2bc,ca2ca；三式相加再除以2即得证.评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.如x1222232

2x2x22x3xn2x1x1x2xn，可在不等式两边同时加上

x2x3xnx1.再如证(a1)(b1)(ac)(bc)256abc(a,b,c0)时，可连续使用基本不3322

3等式.（2）基本不等式有各种变式如(ab

2)2ab

222等.但其本质特征不等式两边的次

数及系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.6.8888≡8(mod37),∴8888

33332222≡8(mod37).222227777≡7(mod37),7777≡7(mod37),8888

238+7=407,37|407,∴37|N.223+77773333≡(8+7)(mod37),而237.简解:原方程变形为3x-(3y+7)x+3y-7y=0由关于x的二次方程有解的条件△≣0

及y为整数可得0≢y≢5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程仅有两组解(4,5)、(5,4).8.∵l+m=n,∴l=(n+m)(n-m).∵l为质数,且n+m＞n-m＞0,∴n+m=l,n-m=1.于是2222l=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l+2l+1=(l+1).即2(l+m+1)是完全平方数.2222

29.易知p≠q,不妨设p＞q.令

(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q之值.=n,则m＞n由此可得不定方程

第四篇：高中数学竞赛讲义-抽屉原理

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抽屉原理

在数学问题中有一类与“存在性”有关的问题，例如：“13个人中至少有两个人出生在相同月份”；“某校400名学生中，一定存在两名学生，他们在同一天过生日”；“2003个人任意分成200个小组，一定存在一组，其成员数不少于11”；“把[0，1]内的全部有理数放到100个集合中，一定存在一个集合，它里面有无限多个有理数”。这类存在性问题中，“存在”的含义是“至少有一个”。在解决这类问题时，只要求指明存在，一般并不需要指出哪一个，也不需要确定通过什么方式把这个存在的东西找出来。这类问题相对来说涉及到的运算较少，依据的理论也不复杂，我们把这些理论称之为“抽屉原理”。

“抽屉原理”最先是由19世纪的德国数学家迪里赫莱（Dirichlet）运用于解决数学问题的，所以又称“迪里赫莱原理”，也有称“鸽巢原理”的。这个原理可以简单地叙述为“把10个苹果，任意分放在9个抽屉里，则至少有一个抽屉里含有两个或两个以上的苹果”。这个道理是非常明显的，但应用它却可以解决许多有趣的问题，并且常常得到一些令人惊异的结果。抽屉原理是国际国内各级各类数学竞赛中的重要内容，本讲就来学习它的有关知识及其应用。

（一）抽屉原理的基本形式

定理

1、如果把n+1个元素分成n个集合，那么不管怎么分，都存在一个集合，其中至少有两个元素。

证明：（用反证法）若不存在至少有两个元素的集合，则每个集合至多1个元素，从而n个集合至多有n个元素，此与共有n+1个元素矛盾，故命题成立。

在定理1的叙述中，可以把“元素”改为“物件”，把“集合”改成“抽屉”，抽屉原理正是由此得名。

同样，可以把“元素”改成“鸽子”，把“分成n个集合”改成“飞进n个鸽笼中”。“鸽笼原理”由此得名。

例题讲解

1． 已知在边长为1的等边三角形内（包括边界）有任意五个点（图1）。证明：至少有两个点之间的距离不大于

2．从1-100的自然数中，任意取出51个数，证明其中一定有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。

数学教育网http://www.xiexiebang.com 数学教育网---数学试题-数学教案-数学课件-数学论文-竞赛试题-中高考试题信息http://www.xiexiebang.com 3．从前25个自然数中任意取出7个数，证明：取出的数中一定有两个数，这两个数中大数不超过小数的1.5倍。

4．已给一个由10个互不相等的两位十进制正整数组成的集合。求证：这个集合必有两个无公共元素的子集合，各子集合中各数之和相等。

5．在坐标平面上任取五个整点（该点的横纵坐标都取整数），证明：其中一定存在两个整点，它们的连线中点仍是整点。

6．在任意给出的100个整数中，都可以找出若干个数来（可以是一个数），它们的和可被100整除。

7． 17名科学家中每两名科学家都和其他科学家通信，在他们通信时，只讨论三个题目，而且任意两名科学家通信时只讨论一个题目，证明：其中至少有三名科学家，他们相互通信时讨论的是同一个题目。

例题答案：

1．分析：5个点的分布是任意的。如果要证明“在边长为1的等边三角形内（包括边界）有5个点，那么这5个点中一定有距离不大于的两点”，则顺次连接三角形三边中点，数学教育网http://www.xiexiebang.com 数学教育网---数学试题-数学教案-数学课件-数学论文-竞赛试题-中高考试题信息http://www.xiexiebang.com 即三角形的三条中位线，可以分原等边三角形为4个全等的边长为的小等边三角形，则5个点中必有2点位于同一个小等边三角形中（包括边界），其距离便不大于。

以上结论要由定理“三角形内（包括边界）任意两点间的距离不大于其最大边长”来保证，下面我们就来证明这个定理。

如图2，设BC是△ABC的最大边，P，M是△ABC内（包括边界）任意两点，连接PM，过P分别作AB、BC边的平行线，过M作AC边的平行线，设各平行线交点为P、Q、N，那么

∠PQN=∠C，∠QNP=∠A

因为BC≥AB，所以∠A≥∠C，则∠QNP≥∠PQN，而∠QMP≥∠QNP≥∠PQN（三角形的外角大于不相邻的内角），所以 PQ≥PM。显然BC≥PQ，故BC≥PM。

由此我们可以推知，边长为的等边三角形内（包括边界）两点间的距离不大于。

说明：

（1）这里是用等分三角形的方法来构造“抽屉”。类似地，还可以利用等分线段、等分正方形的方法来构造“抽屉”。例如“任取n+1个正数ai，满足0＜ai≤1（i=1,2,„,n+1），试证明：这n+1个数中必存在两个数，其差的绝对值小于”。又如：“在边长为1的正方形内任意放置五个点，求证：其中必有两点，这两点之间的距离不大于。

（2）例1中，如果把条件（包括边界）去掉，则结论可以修改为：至少有两个点之间的距离小于“，请读者试证之，并比较证明的差别。

（3）用同样的方法可证明以下结论：

2i）在边长为1的等边三角形中有n+1个点，这n+1个点中一定有距离不大于的两点。

ii）在边长为1的等边三角形内有n+1个点，这n+1个点中一定有距离小于的两点。

（4）将（3）中两个命题中的等边三角形换成正方形，相应的结论中的换成，命 题仍然成立。

（5）读者还可以考虑相反的问题：一般地，“至少需要多少个点，才能够使得边长 为1的正三角形内（包括边界）有两点其距离不超过”。

2．分析：本题似乎茫无头绪，从何入手？其关键何在？其实就在“两个数”，其中一个是另一个的整数倍。我们要构造“抽屉”，使得每个抽屉里任取两个数，都有一个是另一个的整数倍，这只有把公比是正整数的整个等比数列都放进去同一个抽屉才行，这里用得到一个自然数分类的基本知识：任何一个正整数都可以表示成一个奇数与2的方幂的积，即若

nm∈N+,K∈N+，n∈N,则m=(2k-1)·2，并且这种表示方式是唯一的，如1=1×2°，2=1×21，3=3×2°，„„

证明：因为任何一个正整数都能表示成一个奇数乘2的方幂，并且这种表示方法是唯一的，所以我们可把1-100的正整数分成如下50个抽屉（因为1-100中共有50个奇数）：

23456

（1）{1，1×2，1×2，1×2，1×2，1×2，1×2}；

234

5（2）{3，3×2，3×2，3×2，3×2，3×2}；

4（3）{5，5×2，5×2，5×2，5×2}；

3（4）{7，7×2，7×2，7×2}；

（5）{9，9×2，9×2，9×2}；

（6）{11，11×2，11×2，11×2}；

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„„

（25）{49，49×2}；

（26）{51}；

„„

（50）{99}。

这样，1-100的正整数就无重复，无遗漏地放进这50个抽屉内了。从这100个数中任取51个数，也即从这50个抽屉内任取51个数，根据抽屉原则，其中必定至少有两个数属于同一个抽屉，即属于（1）-（25）号中的某一个抽屉，显然，在这25个抽屉中的任何同一个抽屉内的两个数中，一个是另一个的整数倍。

说明：

（1）从上面的证明中可以看出，本题能够推广到一般情形：从1-2n的自然数中，任意取出n+1个数，则其中必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。想一想，为什么？因为1-2n中共含1，3，„，2n-1这n个奇数，因此可以制造n个抽屉，而n+1＞n，由抽屉原则，结论就是必然的了。给n以具体值，就可以构造出不同的题目。例2中的n取值是50，还可以编制相反的题目，如：“从前30个自然数中最少要（不看这些数而以任意方式地）取出几个数，才能保证取出的数中能找到两个数，其中较大的数是较小的数的倍数？”

（2）如下两个问题的结论都是否定的（n均为正整数）想一想，为什么？

①从2，3，4，„，2n+1中任取n+1个数，是否必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍？

②从1，2，3，„，2n+1中任取n+1个数，是否必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍？

你能举出反例，证明上述两个问题的结论都是否定的吗？

（3）如果将（2）中两个问题中任取的n+1个数增加1个，都改成任取n+2个数，则它们的结论是肯定的还是否定的？你能判断证明吗？ 3．证明：把前25个自然数分成下面6组：

1；

①

2，3；

②

4，5，6；

③

7，8，9，10；

④

11，12，13，14，15，16；

⑤

17，18，19，20，21，22，23，⑥

因为从前25个自然数中任意取出7个数，所以至少有两个数取自上面第②组到第⑥组中的某同一组，这两个数中大数就不超过小数的1.5倍。

说明：

（1）本题可以改变叙述如下：在前25个自然数中任意取出7个数，求证其中存在两个数，它们相互的比值在内。

显然，必须找出一种能把前25个自然数分成6（7-1=6）个集合的方法，不过分类时有一个限制条件：同一集合中任两个数的比值在内，故同一集合中元素的数值差不得过大。这样，我们可以用如上一种特殊的分类法：递推分类法：

从1开始，显然1只能单独作为1个集合{1}；否则不满足限制条件。

能与2同属于一个集合的数只有3，于是{2，3}为一集合。

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如此依次递推下去，使若干个连续的自然数属于同一集合，其中最大的数不超过最小的数的倍，就可以得到满足条件的六个集合。

（2）如果我们按照（1）中的递推方法依次造“抽屉”，则第7个抽屉为

{26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36，37，38，39}；

第8个抽屉为：{40，41，42，„，60}；

第9个抽屉为：{61，62，63，„，90，91}；

„„

那么我们可以将例3改造为如下一系列题目：（1）从前16个自然数中任取6个自然数；（2）从前39个自然数中任取8个自然数；（3）从前60个自然数中任取9个自然数；（4）从前91个自然数中任取10个自然数；„

]内。

都可以得到同一个结论：其中存在2个数，它们相互的比值在上述第（4）个命题，就是前苏联基辅第49届数学竞赛试题。如果我们改变区间[]（p＞q）端点的值，则又可以构造出一系列的新题目来。

4.分析与解答：一个有着10个元素的集合，它共有多少个可能的子集呢？由于在组成一个子集的时候，每一个元素都有被取过来或者不被取过来两种可能，因此，10个元素的集合10就有2=1024个不同的构造子集的方法，也就是，它一共有1024个不同的子集，包括空集和全集在内。空集与全集显然不是考虑的对象，所以剩下1024-2=1022个非空真子集。

再来看各个真子集中一切数字之和。用N来记这个和数，很明显：

10≤N≤91+92+93+94+95+96+97+98+99=855

这表明N至多只有855-9=846种不同的情况。由于非空真子集的个数是1022，1022＞846，所以一定存在两个子集A与B，使得A中各数之和=B中各数之和。

若A∩B=φ，则命题得证，若A∩B=C≠φ，即A与B有公共元素，这时只要剔除A与B中的一切公有元素，得出两个不相交的子集A1与B1，很显然

A1中各元素之和=B1中各元素之和，因此A1与B1就是符合题目要求的子集。

说明：本例能否推广为如下命题：

已给一个由m个互不相等的n位十进制正整数组成的集合。求证：这个集合必有两个无公共元素的子集合，各子集合中各数之和相等。

请读者自己来研究这个问题。5．分析与解答：由中点坐标公式知，坐标平面两点（x1,y1）、（x2,y2）的中点坐标是。欲使都是整数，必须而且只须x1与x2，y1与y2的奇偶性相同。坐标平面上的任意整点按照横纵两个坐标的奇偶性考虑有且只有如下四种：（奇数、奇数），（偶数，偶数），（奇数，偶数），（偶数，奇数）以此构造四个“抽屉”，则在坐标平面上任取五个整点，那么至少有两个整点，属于同一个“抽屉”因此它们连线的中点就必是整点。

说明：我们可以把整点的概念推广：如果（x1,x2,„xn）是n维（元）有序数组，且x1,x2,„xn中的每一个数都是整数，则称（x1,x2,„xn）是一个n维整点（整点又称格点）。如果对所有的n维整点按每一个xi的奇偶性来分类，由于每一个位置上有奇、偶两种可能性，因此

n3共可分为2×2ׄ×2=2个类。这是对n维整点的一种分类方法。当n=3时，2=8，此时可数学教育网http://www.xiexiebang.com 数学教育网---数学试题-数学教案-数学课件-数学论文-竞赛试题-中高考试题信息http://www.xiexiebang.com 以构造命题：“任意给定空间中九个整点，求证它们之中必有两点存在，使连接这两点的直线段的内部含有整点”。这就是1971年的美国普特南数学竞赛题。在n=2的情形，也可以构造如下的命题：“平面上任意给定5个整点”，对“它们连线段中点为整点”的4个命题中，为真命题的是：

（A）最少可为0个，最多只能是5个（B）最少可为0个，最多可取10个

（C）最少为1个，最多为5个（D）最少为1个，最多为10个

（正确答案（D））6．分析：本题也似乎是茫无头绪，无从下手，其关键何在？仔细审题，它们的“和”能“被100整除”应是做文章的地方。如果把这100个数排成一个数列，用Sm记其前m项的和，则其可构造S1，S2，„S100共100个”和"数。讨论这些“和数”被100除所得的余数。注意到S1，S2，„S100共有100个数，一个数被100除所得的余数有0，1，2，„99共100种可能性。“苹果”数与“抽屉”数一样多，如何排除“故障”？

证明：设已知的整数为a1,a2,„a100考察数列a1,a2,„a100的前n项和构成的数列S1，S2，„S100。

如果S1，S2，„S100中有某个数可被100整除，则命题得证。否则，即S1，S2，„S100均不能被100整除，这样，它们被100除后余数必是{1，2，„，99}中的元素。由抽屉原理I知，S1，S2，„S100中必有两个数，它们被100除后具有相同的余数。不妨设这两个数为Si，Sj（i＜j），则100∣（Sj-Si），即100∣。命题得证。

说明：有时候直接对所给对象作某种划分，是很难构造出恰当的抽屉的。这时候，我们需要对所给对象先作一些变换，然后对变换得到的对象进行分类，就可以构造出恰当的抽屉。本题直接对{an}进行分类是很难奏效的。但由{an}构造出{Sn}后，再对{Sn}进行分类就容易得多。

另外，对{Sn}按模100的剩余类划分时，只能分成100个集合，而{Sn}只有100项，似乎不能应用抽屉原则。但注意到余数为0的类恰使结论成立，于是通过分别情况讨论后，就可去掉余数为0的类，从而转化为100个数分配在剩下的99个类中。这种处理问题的方法应当学会，它会助你从“山穷水尽疑无路”时，走入“柳暗花明又一村”中。

最后，本例的结论及证明可以推广到一般情形（而且有加强的环节）：

在任意给定的n个整数中，都可以找出若干个数来（可以是一个数），它们的和可被n整除，而且，在任意给定的排定顺序的n个整数中，都可以找出若干个连续的项（可以是一项），它们的和可被n整除。

将以上一般结论中的n赋以相应的年份的值如1999，2000，2001„，就可以编出相应年份的试题来。如果再赋以特殊背景，则可以编出非常有趣的数学智力题来，如下题：

有100只猴子在吃花生，每只猴子至少吃了1粒花生，多者不限。请你证明：一定有若干只猴子（可以是一只），它们所吃的花生的粒数总和恰好是100的倍数。

7．证明：视17个科学家为17个点，每两个点之间连一条线表示这两个科学家在讨论同一个问题，若讨论第一个问题则在相应两点连红线，若讨论第2个问题则在相应两点连条黄线，若讨论第3个问题则在相应两点连条蓝线。三名科学家研究同一个问题就转化为找到一个三边同颜色的三角形。

考虑科学家A，他要与另外的16位科学家每人通信讨论一个问题，相应于从A出发引出16条线段，将它们染成3种颜色，而16=3×5+1，因而必有6=5+1条同色，不妨记为AB1，AB2，AB3，AB4，AB5，AB6同红色，若Bi（i=1，2，„，6）之间有红线，则出现红色三角线，命题已成立；否则B1，B2，B3，B4，B5，B6之间的连线只染有黄蓝两色。

考虑从B1引出的5条线，B1B2，B1B3，B1B4，B1B5，B1B6，用两种颜色染色，因为5=2×2+1，故必有3=2+1条线段同色，假设为黄色，并记它们为B1B2，B1B3，B1B4。这时若B2，B3，B4之数学教育网http://www.xiexiebang.com 数学教育网---数学试题-数学教案-数学课件-数学论文-竞赛试题-中高考试题信息http://www.xiexiebang.com 间有黄线，则有黄色三角形，命题也成立，若B2，B3，B4，之间无黄线，则△B2，B3，B4，必为蓝色三角形，命题仍然成立。

说明：（1）本题源于一个古典问题--世界上任意6个人中必有3人互相认识，或互相不认识。（美国普特南数学竞赛题）。

（2）将互相认识用红色表示，将互相不认识用蓝色表示，（1）将化为一个染色问题，成为一个图论问题：空间六个点，任何三点不共线，四点不共面，每两点之间连线都涂上红色或蓝色。求证：存在三点，它们所成的三角形三边同色。

（3）问题（2）可以往两个方向推广：其一是颜色的种数，其二是点数。

本例便是方向一的进展，其证明已知上述。如果继续沿此方向前进，可有下题：

在66个科学家中，每个科学家都和其他科学家通信，在他们的通信中仅仅讨论四个题目，而任何两个科学家之间仅仅讨论一个题目。证明至少有三个科学家，他们互相之间讨论同一个题目。

（4）回顾上面证明过程，对于17点染3色问题可归结为6点染2色问题，又可归结为3点染一色问题。反过来，我们可以继续推广。从以上（3，1）→（6，2）→（17，3）的过程，易发现

6=（3-1）×2+2，17=（6-1）×3+2，66=（17-1）×4+2，同理可得（66-1）×5+2=327，（327-1）×6+2=1958„记为r1=3，r2=6，r3=17，r4=66，r5=327，r6=1958，„

我们可以得到递推关系式：rn=n(rn-1-1)+2，n=2,3,4„这样就可以构造出327点染5色问题，1958点染6色问题，都必出现一个同色三角形。

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第五篇：高中竞赛之重要不等式

高中竞赛之重要不等式

1．柯西不等式（给了两列数，或一列数，有平方和和平方）

定理1 对任意实数组ai,bi(i1,2,,n)恒有不等式“积和方不大于方和积”，即

等式当且仅当

时成立。本不等式称为柯西不等式。

证不等式最基本的方法是作差比较法，柯西不等式的证明也可首选此法。

证明1

n

左=ai2bi22aibiajbj ∴右-左= i1ij

当且仅当 时，等式成立。

柯西不等式的两个推论：

ⅰ．设 同号（），则

时取等号。，且，则

当且仅当

ⅱ．若

（分母作和）

由柯西不等式可以证下面的不等式。3次可以推广为4、5等n次。

(a1+a2+a3)(b1+b2+b3)(c1+c2+c3)(a1b1c1+a2b2c2+a3b3c3)3333333333证明:对(a13+a23+a33)(b13+b23+b33)和(c13+c23+c33)(a1b1c1+a2b2c2+a3b3c3)3 分别用柯西不等式,可得到两个不等式,将这两个不等式相乘,再用一次柯西不等式即可证明原不等式.柯西不等式的推广：闵可夫斯基不等式 设，„，；，„，是两组正数，k0且k1，则

（）

当且仅当a1b1a2b2anbn（时等号成立。）

闵可夫斯基不等式是用某种长度度量下的三角形不等式，当时得平面上的三角形不等式：

若记，右图给出了对上式的一个直观理解。，则上式为

特例：(a1a2am)(b1b2bm)a1b122222

a2b222ambm222(a1a2am)(b1b2bm)(c1c2cm)a1b1c12222

a2b2c2222ambmcm222多个根式可转化为一个根式。赫尔德不等式

已知

上式中若令等式。

2〔排序不等式，排序原理〕（给的是两列数且为对称的）

设a1a2an，b1b2bn，则有

nnin1initi（）是 个正实数，则，，则此赫尔德不等式即为柯西不abi1abi1ab．

iii1即“反序和”“乱序和”“同序和”．其中t1,t2,,tn1,2,,n．当且仅当a1a2an或b1b2bn时等号成立． 〔切比雪夫不等式〕

实数ai，bi满足a1a2an，b1b2bn（i1，2，„，n）．则

1nni11aibinni11ainni11binnabii1n1i．

当且仅当a1a2an或b1b2bn时等号成立． 下面给出一个 时的契比雪夫不等式的直观理解。

如图，矩形OPAQ中，，显然阴影部分的矩形的面积之和不小于空白部分的矩形的面积之和，（这可沿图中线段MN向上翻折比较即知）。于是有

，也即 琴生不等式 〔凸函数定义〕

1．设fx是定义在闭区间a,b上的函数，若对任意x，ya,b和任意0,1，有fx1yfx1fy

成立，则称fx是a,b上的凸函数（也称下凸函数或凹函数）．

2．设fx是定义在a,b上的函数，若对任意x，ya,b且xy和任意0,1，有fx1yfx1fy 成立，则称fx是a,b上的严格凸函数．

3．设fx是定义在a,b上的函数，若对任意x，ya,b和任意0,1，有fx1yfx1fy 成立，则称fx是a,b上的上凸函数．

凸函数的定义表明了，上(下)凸函数的两个自变量的算术平均值处的函数值不

小(大)于其函数值的算术平均值．从图象上看，表明联结上(下)凸函数图形上任何两点的弦的中点恒位于图形的对应点之下(上)．见图1．

图1 注意到在定义中，凸函数的条件是对区间内的任意两点x1和x2都成立，不难看出，这实际上就保证了函数在整个区间的凸性．即上凸函数图象上的任一段弧都在所对应的弦的上方；下凸函数图象上的任一段弧都在所对应的弦的下方．并且由此形成的弓形是凸的区域．正因为这种函数的图象具有这种特点，所以我们才把它形象地名之曰：凸函数．

在初等数学里，关于函数的凸性，可根据图象来判断．例如，读者不难根据图象可以得出：

幂函数y=xa．当a＞1或a＜0时，是(0，∞)上的下凸函数；当0＜a＜1时，是(0，∞)上的上凸函数．

指数函数y=ax(a＞0，a≠1)．是(-∞，∞)上的下凸函数．

对数函数y=logcx(a≠1)．当a ＞1时，是(0，∞)上的上凸函数；当0＜a＜1时，是(0，∞)上的下凸函数．

三角函数y=sinx是[0，π]上的上凸函数，是[π，2π]上的下凸函

上述函数的凸性；也可以根据定义用初等方法来证明．学过微分学的读者还可以根据函数的二阶导数的符号来判断函数的凸性．即，若函数f(x)对在定义域(a，b)内的所有x恒有f' '(x)＜0，则f(x)是(a，b)上的上凸函数；如果恒有f(x)＞0，' '则f(x)是(a，b)上的下凸函数．

〔琴生〔Jensen）不等式〕（变量做和）

若fx是区间a,b上的凸函数，则对任意x1，x2，„，xna,b有

1fnni11xinfx．

ii1n当且仅当x1x2xn时等号成立．当fx为上凸函数时，不等式反向． 〔琴生〔Jensen）不等式推论，即加权琴生不等式〕

若fx是区间a,b上的凸函数，则对任意x1，x2，„，xna,b和对任n意满足pi1的正数p1，p2，„，pn，有

i1nfpixii1ni1pifxi．当且仅当x1x2xn时等号成立．

若令qi=pi／(p1＋„＋pn)，其中p1，„，pn是任意正数．则琴生不等式(2)变成：

在(2)或(3)式中，f(x)取不同的凸函数，便得不同的不等式．

例1 令f(x)=xk，x≥0，k＞1，则f(x)是R+上的凸函数，因此有

例2 令f(x)=lgx，x＞0，则f(x)是R+上的凹函数，故有

取反对数，得

此即加权平均不等式．

1n1．设ai全是正数，且saiai（i1，2mi1，„，n），且nm，n2．求证：

n（1）i1nsaiaiaisainnmmnmnm；

（2）i1．

证明：不妨设a1a2an0，于是

sansan1sa1，1ann1an11a1．由切比雪夫不等式得

n1nni1saiai1nni11sainnni1n1nmsainn1ni11．（*）ai又由均值不等式知i11ai1nai1i．又aims，所以

i11nani11inninms，而nm，代入（*）后整理可得（1）成立．

ai1另一方面

1sa11sa21san，a1a2an．由切比雪夫不等式得

n1nni11nsaiaini11sain1i1ai．（**）由均值不等式：

nni1n1sai1nsaii1nnsmsn，故

1nn1saini1nms．

又aims，代入（**）整理后可得（2）成立．

i1 2．有十人各拿一只水桶去打水，如果水龙头灌满 总花费的时间为：

Tmp1m1p2pm10mq19mq2q10m．

其中p1,p2,,pm,q1,q2,,q10mt1,t2,,t10，t1t2t10． 首先我们来证明m5．若不然，我们让在 3．在ABC中，求证下列各不等式：（1）sinAsinBsinC（2）tanAmtanBmtanCm332；

3m3tan，其中mN且m2．

证明：（1）考查正弦函数ysinx，在0,为上凸函数，故

sinAsinBsinC3ABC3sinsin332．

即sinAsinBsinC332xm．，在0,上是凸函数．

xy2（2）考查函数fxtan 6．设x0，y0，证明：xlnxylnyxyln．

1x0证明：考查函数fxxlnx（x0），其二阶导数fx凸函数．所以

fxfyxy，f22，故其为即

xy2lnxy212xlnxylny．

7．对正数a1，a2，„，an，若k1或k0，则

a1a2annkkkaa2an1；

nk若0k1，则

a1a2ann kkkaa2an1．

n

k证明：考查函数fxxk（x0）．其二阶导数fxkk1xk2． 当k0或k1时，fx0，故函数fxxk（x0）为凸函数； 当0k1时，fx0，故函数fxxk（x0）为上凸函数． 以下由琴生不等式立得．

n 8．已知正实数ai（i1，2，„，n）满足ai1．

i1n求证：i111ain． ain5x21fxlnx，x0,1．因fx22xx1xn证明：考查函数

220，故该函数为凸函数．

而0ai1（i1，2，„，n），所以

nai1i1lnaialnninn1lnn．（ai1）nni1aii11nni1去掉对数符号立得．

4．设x1x2xn0，实数p，q都不为零，且tpq．则（1）若p，q同号，则

1nnni11xntini1n1xinpnxi1nqi；

（2）若p，q异号，则

1ni11xntii11xinpi1qxi．

证明：当p，q同号时，两者都是正数，由不等式单调性得x1x2xn ppp，x1qx2qxnq，由切比雪夫不等式得（1）成立；

当p，q异号时，假设p0，q0，由不等式单调性得x1px2pxnp，xqqq1x2xn，由切比雪夫不等式得（2）成立；

5．设a、b、c为某一三角形三边长，求证：

a2bcab2cabc2abc3abc．

证明：不妨设abc，易证abcabcabcabc．由排序原理得

a2bcab2cabc2abc

abcabbcabccabca3abc．

6．设x1x2xn，y1y2yn．求证：

nx2niyixizi2．

i1i1其中z1，z2，„，zn是y1，y2，„，yn的任意一个排列．

nn证明：要证xiy2ixizi2，只要证

i1i1nnnnx22iy2i2xiyixiz2i2xizi．只要证

i1i1i1i1nnxiyixizi．

i1i1由题设及排序原理上式显然成立． 7．在ABC中求证：（1）1116；

sinA2sinB2sinC2（2）cotAcotBcotC22233；

证明：（1）考查函数y1sinxx2，其在0,2上为凸函数；

（2）考查函数fxlncot1，在0,2上是凸函数．证明如下：

即证fx1fx2f2x1x2． 2fx1fx2lncotx12lncotx22lncotx12cotx22

 x1x2x1x22cos2cos22ln1ln1xx2xx2xx2cos1cos11cos12222lncotx1x24xx22f1．证毕．

2 8．设0xi，i1，2，„，n．那么（1）1nnni11sinxisinnnix；

i1（2）i11sinxisinnni1xin．

证明：（1）考查函数fxsinx，其在0,上为凸函数．（2）考查函数fxlnsinx，其在0,上为凸函数．证明如下： 令x1，x20,，则

sinx1sinx21212cosx1x2cosx1x2

2 1cosx1x2xx2sin1．

2 将上述不等式两端取自然对数，得

lnsinxx1x21lnsinx22lnsin2，即

lnsinx1lnsinx21x22lnsinx2．

故函数fxlnsinx在0,上为凸函数．

由琴生不等式

1nnnlnsinxlnsin1ixi1ni． i1故

nnnsinxsin1ixi．

i1ni14．平均值不等式

设a1,a2,,anR，对于nN，则

a21a222an2annna1ana1a2ann1a11

1a2an其中等号当且仅当a1a2an时成立。以下为阅读材料 5．贝努利不等式

（1）设，且同号，则

（2）设，则

（ⅰ）当

（ⅱ）当等号成立。或 时，有 时，有

；

，上两式当且仅当

时

不等式（1）的一个重要特例是

（）

6．艾尔多斯—莫迪尔不等式

设P为

当且仅当 内部或边界上一点，P到三边距离分别为PD，PE，PF，则

，为正三角形，且P为三角形中心时上式取等号。

这是用于几何问题的证明和求最大（小）值时的一个重要不等式。

7．幂平均不等式 8．权方和不等式