第一篇：高中數(shù)學(xué)奧賽講義：競(jìng)賽中常用的重要不等式

高中數(shù)學(xué)奧賽講義：

競(jìng)賽中常用的重要不等式

【內(nèi)容綜述】

本講重點(diǎn)介紹柯西不等式、排序不等式、切比雪夫不等式的證明與應(yīng)用

【要點(diǎn)講解】

目錄 §1 柯西不等式

§2 排序不等式

§3 切比雪夫不等式

★ ★ ★

§1?？挛鞑坏仁?/p>

定理1 對(duì)任意實(shí)數(shù)組

恒有不等式“積和方不大于方和積”，即

等式當(dāng)且僅當(dāng)

本不等式稱為柯西不等式。

時(shí)成立。

思路一 證不等式最基本的方法是作差比較法，柯西不等式的證明也可首選此法。

證明1

∴右-左=

當(dāng)且僅當(dāng) 思路2 注意到 證明2

當(dāng)

當(dāng)定值時(shí)，等式成立。時(shí)不等式顯然成立，當(dāng)

時(shí)，不等式左、右皆正，因此可考慮作商比較法。

時(shí)等式成立； 時(shí)，注意到

=1

故

當(dāng)且僅當(dāng)

且

（兩次放縮等式成立條件要一致）

即 同號(hào)且 常數(shù)，亦即

思路3 根據(jù)柯西不等式結(jié)構(gòu)，也可利用構(gòu)造二次函數(shù)來證明。

證明3 構(gòu)造函數(shù)

由于。

恒非負(fù)，故其判別式

即有

等式當(dāng)且僅當(dāng)

若

常數(shù)時(shí)成立。

柯西不等式顯然成立。

例1 證明均值不等式鏈：

調(diào)和平均數(shù)≤算術(shù)平均數(shù)≤均方平均數(shù)。

證 設(shè)

本題即是欲證：

本題證法很多，現(xiàn)在我們介紹一種主要利用柯西不等式平證明的方法

(1)先證

注意到

此即

由柯西不等式,易知②成立,從而①真 欲證①,即需證

②

①

(11)再證

欲證③,只需證 , ③

而④即要證

④

⑤

(注意

由柯西不等式,知⑤成立.(Ⅰ)(Ⅱ)中等式成立的條件都是)

即各正數(shù)彼此相等.說明：若再利用熟知的關(guān)系(★)

（其中，結(jié)合代換，即

當(dāng)且僅當(dāng)式鏈

時(shí)，等式成立，說明★的證明參見下節(jié)排序不證式或數(shù)學(xué)歸納法，這樣就得到一個(gè)更完美的均值不等

其中等式成產(chǎn)條件都是

§２．排序不等式

定理２設(shè)有兩組實(shí)數(shù)，．

滿足

則

(例序積和)（亂序積和）（須序積和）

其中是實(shí)數(shù)組時(shí)成立。

一個(gè)排列，等式當(dāng)且僅當(dāng)或

說明 本不等式稱排序不等式，俗稱

例序積和亂序積和須序積和。

證法一． 逐步調(diào)整法

首先注意到數(shù)組

也是有限個(gè)數(shù)的集合，從而也只有有限個(gè)不同值，故其中必有最大值和最小值（極端性原理）。

設(shè)注意下面的兩個(gè)和

注意

S（★）

由小到大的順序排列，最小的和就對(duì)應(yīng)

只要適當(dāng)調(diào)整，如★所示就可越調(diào)，可見和數(shù)Ｓ中最大的和，只能是對(duì)應(yīng)數(shù)組數(shù)組從大到小的依序排列，不符合如此須序的越大（?。?，其中ｉ＝１，２??，n。

證法＝ 設(shè)

由 則顯見的一個(gè)k階子集

等式當(dāng)且僅當(dāng)

式

即，時(shí),成立

這就證明了亂序積和≤順序積和

注意列

這里 含義同上，于是有，仿上面證明，得

又證明了例序積和≤亂序積和

綜上排序不等式成立.例2 利用排序不等式證明柯西不等式：

其中

證 不失一般性，設(shè)得

（例序積和≤亂序積和)

相加即得

等式當(dāng)且僅當(dāng)；

為常數(shù)時(shí)成立。，則由排序不等式可

①

又∵算術(shù)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

說明“算術(shù)平均≤平方平均”可用數(shù)學(xué)歸納法直接證明如下：

證（i）設(shè)n=2，則

（ii）設(shè)n=k時(shí)，顯然成立

成立，即有

欲證n=k+1時(shí)，有

成立，只需證

考慮到歸納假設(shè)，只需證

（★）

而（★）是顯然成立的,故n=k+1時(shí)命題成立,于是對(duì)證法就不存在循環(huán)論證之嫌，否則此證法是不宜的。

且n≥2時(shí),命題成立，正是因?yàn)榇娲笾灰蕾嚳挛鞑坏仁阶C明“算術(shù)平均≤平方平均”的證明方法，例2的例3 利用排序不等式證明正數(shù)的算術(shù)平均數(shù)不小于幾何平均數(shù)。

證 設(shè)，易見

構(gòu)造數(shù)列，使

則由★知于是由排序不等式,有

(亂序積和)

，(例序積和)

即

從而

其中等式當(dāng)且僅當(dāng)

時(shí)成立

說明 這里構(gòu)造了兩個(gè)數(shù)列值不等式的簡(jiǎn)捷、漂亮解法。

§3契比雪夫不等式

設(shè)

(i)若數(shù)算術(shù)平均數(shù)之積：(i=1,2?，n)

和為應(yīng)用排序不等式創(chuàng)造了條件，得列一個(gè)證明均

則順序積和的算術(shù)平均數(shù)不小于這兩組

（ⅱ）若兩組數(shù)算術(shù)平均數(shù)之積：

；，則倒序積和的算術(shù)平均數(shù)不大于這

證明（i）由排序原理有

??

迭加可得，，兩邊除以得

等式當(dāng)且僅當(dāng)

類似可證(ⅱ)成立

例4 設(shè)

證明 不妨令

由切比雪夫不等式，有

；，求證，則

即

從而得證

說明 大家較熟悉的美國(guó)競(jìng)賽題

1979年青海賽題

1978年上海賽題

都是本例的特殊情況或變形。

本周強(qiáng)化練習(xí)：

★★★1．設(shè)

求的最小值

★★★2．若a、b、c是三角形三邊長(zhǎng)，s是半周長(zhǎng)。求證：Vn∈N，下式成立

解答或提示

1．不妨令

由切比雪夫不等式

當(dāng)且僅當(dāng) 2．設(shè)a≥b≥c,則a+b≥a+c≥b+c,()

第二篇：重要不等式應(yīng)用匯總9奧賽必備0

重要不等式應(yīng)用匯總

數(shù)學(xué)競(jìng)賽常用

1． 排序不等式：

設(shè)a1?a2?...?an, b1?b2?...?bn j1,j2,...,jn是1,2,...,n的一個(gè)排列，則

2． 均值不等式：當(dāng)ai?R?（in111????a1a2an?na1bn?a2bn?1?...?anb1?a1bj1?a2bj2?...?anbjn?a1b1?a2b2?...?anbn.?1,2,?n）時(shí)，有：

a?a2???ana1a2?an?1?na1?a2???an

n2223． 柯西不等式：設(shè)ai,bi?R(i?1,2,...n)則(?a)(?b2ii?1i?1nn2i)?(?aibi)2.i?1n等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)存在??R，使得bi??ai(i?1,2,...,n).從歷史角度看，柯西不等式又可稱柯西--布理可夫斯基-席瓦茲不等式 變形：（1）設(shè)ai?R,bi?R則

?na??bi?1in2i(?ai)2(?bi)i?1i?1n.（2）設(shè)ai,bi同號(hào)，且ai,bi?0,則?ai?i?1bin(?ai)2(?aibi)i?1i?1nn.4． 琴生（Jensen）不等式：若f(x)是(a,b)上的凸函數(shù)，則對(duì)任意x1,x2,...,xn?(a,b)

x1?x2?...?xn1)?[f(x1)?f(x2)?...?f(xn)].nn5．冪均值不等式： f(?????a1?a2?...?ana1??a2?...?an?設(shè)????0(ai?R)則 M??()?()??M?.nn6.切比雪夫不等式：

?11設(shè)兩個(gè)實(shí)數(shù)組a1?a2?...?an，b1?b2?...?bn則

1(a1bn?a2bn?1?...?anb1)?n?a?bii?1nnin?i?1nn?1(a1b1?a2b2?...?anbn).nnii（該不等式的證明只用排序不等式及7．一個(gè)基礎(chǔ)不等式：

?a??b的表達(dá)式就可得證）

i?1i?1x?y1????x?(1??)y 其中x,y?0,??[0,1],若x,y中有一個(gè)為零，則結(jié)論成立 8．赫爾德（Holder）不等式：設(shè) ak,bk?0(k?1,2,...n).p,q?1且

11??1，則 pq?abkk?1nk?(?akp)?(?bkq)（等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)akp?tbkq）

k?1k?1n1pn1q*9.與對(duì)數(shù)函數(shù)有關(guān)的一個(gè)不等式：

x ?ln(1?x)?x，x?0.（該不等式的證明利用導(dǎo)數(shù)的符號(hào)得出函數(shù)的單調(diào)性）1?x*10．三角函數(shù)有關(guān)的不等式：sinx?x?tanx x?(0,*11．絕對(duì)值不等式: 設(shè)a,b,a1,a2,?an*12．舒爾（Schur）不等式：

設(shè)x,y,z?R，則x(x?y)(x?z)?y(y?x)(y?z)?z(z?x)(z?y)?0 *13.閔可夫斯基（Minkowski）不等式：

如果x1,x2,......,xn與y1,y2,......,yn都是非負(fù)實(shí)數(shù)p?1，那么(?(xi?yi))?(?x)?(?y)ppipii?1i?1i?1n1pn1pn1p?2)

?C，則有：│|a|-|b|│≤│a+b│≤│a│+│b│；

│a1?a2???an│≤a1?a2???an

?14.貝努利不等式

（1）設(shè)xi??1,i?1,2,?n,n?2且同號(hào)，則

?(1?x)?1??xii?1i?1nni

（2）設(shè)x??1，則（?。┊?dāng)0???1 時(shí)，有(1?x)?1??x；

（ⅱ）當(dāng)??1或??0 時(shí)，有(1?x)??1??x，上兩式當(dāng)且僅當(dāng)x?0時(shí)等號(hào)成立。不等式（1）的一個(gè)重要特例是(1?x)n?1?nx(x??1,x?0,n?N,n?2)15.艾爾多斯—莫迪爾不等式

設(shè)P為△ABC內(nèi)部或邊界上一點(diǎn)，P到三邊距離分別為PD，PE，PF，則

?PA?PB?PC?2(PD?PE?PF)當(dāng)且僅當(dāng)△ABC為正三角形，且P為三角形中心時(shí)上式取等號(hào)。這是用于幾何問題的證明和求最大（?。┲禃r(shí)的一個(gè)重要不等式 16.外森比克不等式：

已知三角形的邊長(zhǎng)為a,b,c，其面積為S，求證a?b?c?43S，當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時(shí)取等號(hào)

222其他不等式綜合問題 例1：（第26屆美國(guó)奧數(shù)題）設(shè)a、b、c∈R+，求證：1111 ???333333a?b?abcb?c?abcc?a?abcabc11 ?3a?b?c?abcdabcd33推廣1：設(shè)a、b、c、d∈R+，求證：?推廣2：設(shè)ai∈R+(i=1、2、3，…，n),求證：?n1i?ki?1?a??aii?1nin?1?aii?1n

例2：設(shè)x、y、z∈R+，求證：

x2y2z2?2?2?1.2222y?z?yzz?x?zxx?y?xyn推廣1：設(shè)ai∈R+，(I=1,2,3,…，n)求證：?推廣2：設(shè)xyz∈R+，求證：

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：設(shè)x、y∈（0，1），求證：

112。（9）??1?x21?y21?xy1n? nni?11?xi1??xini?1推廣1：xi∈（0，1）(i=1、2、3，…，n),求證：?推廣2：xi∈（0，1）,(i=1、2、3，…，n),求證：?n11?.?2i?11?xi?11?xixi?1inn11?.（xn+1=x1）?推廣3：xi∈（1，+∞）,(i=1、2、3，…，n),求證：?2i?11?xi?11?xixi?1in例4．已知a,b,c,m為正數(shù)．求證：

abca?mb?mc?m． ?????bcab?mc?ma?m222例5．設(shè)正數(shù)x,y,z,a,b,c滿足cy+bz=a,az+cx=b,bx+ay=c,求函數(shù)f(x,y,z)=x?y?z的最

1?x1?y1?z小值.例6．設(shè)n是給定的正整數(shù)，且n≥3,對(duì)于n個(gè)實(shí)數(shù)x1,x2,…,xn，記|xi-xj|(1≤i

例7．設(shè)n是一個(gè)固定的整數(shù)，n≥2(Ⅰ)確定最小的常數(shù)c使得不等式

1?i?j?n?xxij(xi?xj)?c(?xi)4對(duì)所有的非負(fù)實(shí)數(shù)x1，x2，…，xn都成立；(Ⅱ)對(duì)于(Ⅰ)中的22i?1n常數(shù)c，確定等號(hào)成立的充要條件。

例8．（2007年CMO試題5）設(shè)有界數(shù)列{an}(n?1)滿足an?2n?2006?k?nak1?,n?1,2,3? k?12n?2007求證：an?1,n?1,2,3,? n

第三篇：2011全國(guó)高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽講義-不等式的證明(練習(xí)題)

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§14不等式的證明

課后練習(xí)

1.選擇題

(1)方程x-y=105的正整數(shù)解有().（A）一組（B）二組（C）三組（D）四組

(2)在0,1,2,…，50這51個(gè)整數(shù)中，能同時(shí)被2，3，4整除的有（）.（A）3個(gè)（B）4個(gè)（C）5個(gè)（D）6個(gè)

2．填空題

（1）的個(gè)位數(shù)分別為_________及_________.45422(2)滿足不

________.等式10?A?10的整數(shù)A的個(gè)數(shù)是x×10+1，則x的值

(3)已知整數(shù)y被7除余數(shù)為5,那么y被7除時(shí)余數(shù)為________.(4)求出任何一組滿足方程x-51y=1的自然數(shù)解x和y_________.3.求三個(gè)正整數(shù)x、y、z滿足

3.4．在數(shù)列4，8，17，77，97，106，125，238中相鄰若干個(gè)數(shù)之和是3的倍數(shù)，而不是9的倍數(shù)的數(shù)組共有多少組？

5．求的整數(shù)解.6．求證可被37整除.7．求滿足條件的整數(shù)x，y的所有可能的值.數(shù)學(xué)教育網(wǎng)http://

8．已知直角三角形的兩直角邊長(zhǎng)分別為l厘米、m厘米，斜邊長(zhǎng)為n厘米，且l，m，n均為正整數(shù)，l為質(zhì)數(shù).證明：2（l+m+n）是完全平方數(shù).9.如果p、q、、都是整數(shù)，并且p＞1，q＞1，試求p+q的值.課后練習(xí)答案

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

23.不妨設(shè)x?y?z,則,故x?3.又有故x?2.若x=2,則,故y?6.又有,故y?4.若y=4,則z=20.若y=5,則z=10.若y=6,則z無整數(shù)解.若x=3,類似可以確定3?y?4,y=3或4,z都不能是整數(shù).4.可仿例2解.5.分析：左邊三項(xiàng)直接用基本不等式顯然不行，考察到不等式的對(duì)稱性，可用輪換的方法.．．

略解：a?b?2ab,同理b?c?2bc,c?a?2ca；三式相加再除以2即得證.評(píng)述：（1）利用基本不等式時(shí)，除了本題的輪換外，一般還須掌握添項(xiàng)、連用等技巧.如x1222232

2x2?x22x3???xn2x1?x1?x2???xn，可在不等式兩邊同時(shí)加上

x2?x3???xn?x1.再如證(a?1)(b?1)(a?c)(b?c)?256abc(a,b,c?0)時(shí)，可連續(xù)使用基本不3322

3等式.（2）基本不等式有各種變式如(a?b

2)?2a?b

222等.但其本質(zhì)特征不等式兩邊的次

數(shù)及系數(shù)是相等的.如上式左右兩邊次數(shù)均為2，系數(shù)和為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.簡(jiǎn)解:原方程變形為3x-(3y+7)x+3y-7y=0由關(guān)于x的二次方程有解的條件△?0

及y為整數(shù)可得0?y?5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程僅有兩組解(4,5)、(5,4).8.∵l+m=n,∴l(xiāng)=(n+m)(n-m).∵l為質(zhì)數(shù),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)是完全平方數(shù).2222

29.易知p≠q,不妨設(shè)p＞q.令

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

第四篇：高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽講義-抽屜原理

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抽屜原理

在數(shù)學(xué)問題中有一類與“存在性”有關(guān)的問題，例如：“13個(gè)人中至少有兩個(gè)人出生在相同月份”；“某校400名學(xué)生中，一定存在兩名學(xué)生，他們?cè)谕惶爝^生日”；“2003個(gè)人任意分成200個(gè)小組，一定存在一組，其成員數(shù)不少于11”；“把[0，1]內(nèi)的全部有理數(shù)放到100個(gè)集合中，一定存在一個(gè)集合，它里面有無限多個(gè)有理數(shù)”。這類存在性問題中，“存在”的含義是“至少有一個(gè)”。在解決這類問題時(shí)，只要求指明存在，一般并不需要指出哪一個(gè)，也不需要確定通過什么方式把這個(gè)存在的東西找出來。這類問題相對(duì)來說涉及到的運(yùn)算較少，依據(jù)的理論也不復(fù)雜，我們把這些理論稱之為“抽屜原理”。

“抽屜原理”最先是由19世紀(jì)的德國(guó)數(shù)學(xué)家迪里赫萊（Dirichlet）運(yùn)用于解決數(shù)學(xué)問題的，所以又稱“迪里赫萊原理”，也有稱“鴿巢原理”的。這個(gè)原理可以簡(jiǎn)單地?cái)⑹鰹椤鞍?0個(gè)蘋果，任意分放在9個(gè)抽屜里，則至少有一個(gè)抽屜里含有兩個(gè)或兩個(gè)以上的蘋果”。這個(gè)道理是非常明顯的，但應(yīng)用它卻可以解決許多有趣的問題，并且常常得到一些令人驚異的結(jié)果。抽屜原理是國(guó)際國(guó)內(nèi)各級(jí)各類數(shù)學(xué)競(jìng)賽中的重要內(nèi)容，本講就來學(xué)習(xí)它的有關(guān)知識(shí)及其應(yīng)用。

（一）抽屜原理的基本形式

定理

1、如果把n+1個(gè)元素分成n個(gè)集合，那么不管怎么分，都存在一個(gè)集合，其中至少有兩個(gè)元素。

證明：（用反證法）若不存在至少有兩個(gè)元素的集合，則每個(gè)集合至多1個(gè)元素，從而n個(gè)集合至多有n個(gè)元素，此與共有n+1個(gè)元素矛盾，故命題成立。

在定理1的敘述中，可以把“元素”改為“物件”，把“集合”改成“抽屜”，抽屜原理正是由此得名。

同樣，可以把“元素”改成“鴿子”，把“分成n個(gè)集合”改成“飛進(jìn)n個(gè)鴿籠中”。“鴿籠原理”由此得名。

例題講解

1． 已知在邊長(zhǎng)為1的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）有任意五個(gè)點(diǎn)（圖1）。證明：至少有兩個(gè)點(diǎn)之間的距離不大于

2．從1-100的自然數(shù)中，任意取出51個(gè)數(shù)，證明其中一定有兩個(gè)數(shù)，它們中的一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)倍。

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4．已給一個(gè)由10個(gè)互不相等的兩位十進(jìn)制正整數(shù)組成的集合。求證：這個(gè)集合必有兩個(gè)無公共元素的子集合，各子集合中各數(shù)之和相等。

5．在坐標(biāo)平面上任取五個(gè)整點(diǎn)（該點(diǎn)的橫縱坐標(biāo)都取整數(shù)），證明：其中一定存在兩個(gè)整點(diǎn)，它們的連線中點(diǎn)仍是整點(diǎn)。

6．在任意給出的100個(gè)整數(shù)中，都可以找出若干個(gè)數(shù)來（可以是一個(gè)數(shù)），它們的和可被100整除。

7． 17名科學(xué)家中每?jī)擅茖W(xué)家都和其他科學(xué)家通信，在他們通信時(shí)，只討論三個(gè)題目，而且任意兩名科學(xué)家通信時(shí)只討論一個(gè)題目，證明：其中至少有三名科學(xué)家，他們相互通信時(shí)討論的是同一個(gè)題目。

例題答案：

1．分析：5個(gè)點(diǎn)的分布是任意的。如果要證明“在邊長(zhǎng)為1的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）有5個(gè)點(diǎn)，那么這5個(gè)點(diǎn)中一定有距離不大于的兩點(diǎn)”，則順次連接三角形三邊中點(diǎn)，數(shù)學(xué)教育網(wǎng)http://004km.cn 數(shù)學(xué)教育網(wǎng)---數(shù)學(xué)試題-數(shù)學(xué)教案-數(shù)學(xué)課件-數(shù)學(xué)論文-競(jìng)賽試題-中高考試題信息http://004km.cn 即三角形的三條中位線，可以分原等邊三角形為4個(gè)全等的邊長(zhǎng)為的小等邊三角形，則5個(gè)點(diǎn)中必有2點(diǎn)位于同一個(gè)小等邊三角形中（包括邊界），其距離便不大于。

以上結(jié)論要由定理“三角形內(nèi)（包括邊界）任意兩點(diǎn)間的距離不大于其最大邊長(zhǎng)”來保證，下面我們就來證明這個(gè)定理。

如圖2，設(shè)BC是△ABC的最大邊，P，M是△ABC內(nèi)（包括邊界）任意兩點(diǎn)，連接PM，過P分別作AB、BC邊的平行線，過M作AC邊的平行線，設(shè)各平行線交點(diǎn)為P、Q、N，那么

∠PQN=∠C，∠QNP=∠A

因?yàn)锽C≥AB，所以∠A≥∠C，則∠QNP≥∠PQN，而∠QMP≥∠QNP≥∠PQN（三角形的外角大于不相鄰的內(nèi)角），所以 PQ≥PM。顯然BC≥PQ，故BC≥PM。

由此我們可以推知，邊長(zhǎng)為的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）兩點(diǎn)間的距離不大于。

說明：

（1）這里是用等分三角形的方法來構(gòu)造“抽屜”。類似地，還可以利用等分線段、等分正方形的方法來構(gòu)造“抽屜”。例如“任取n+1個(gè)正數(shù)ai，滿足0＜ai≤1（i=1,2,?,n+1），試證明：這n+1個(gè)數(shù)中必存在兩個(gè)數(shù)，其差的絕對(duì)值小于”。又如：“在邊長(zhǎng)為1的正方形內(nèi)任意放置五個(gè)點(diǎn)，求證：其中必有兩點(diǎn)，這兩點(diǎn)之間的距離不大于。

（2）例1中，如果把條件（包括邊界）去掉，則結(jié)論可以修改為：至少有兩個(gè)點(diǎn)之間的距離小于“，請(qǐng)讀者試證之，并比較證明的差別。

（3）用同樣的方法可證明以下結(jié)論：

2i）在邊長(zhǎng)為1的等邊三角形中有n+1個(gè)點(diǎn)，這n+1個(gè)點(diǎn)中一定有距離不大于的兩點(diǎn)。

ii）在邊長(zhǎng)為1的等邊三角形內(nèi)有n+1個(gè)點(diǎn)，這n+1個(gè)點(diǎn)中一定有距離小于的兩點(diǎn)。

（4）將（3）中兩個(gè)命題中的等邊三角形換成正方形，相應(yīng)的結(jié)論中的換成，命 題仍然成立。

（5）讀者還可以考慮相反的問題：一般地，“至少需要多少個(gè)點(diǎn)，才能夠使得邊長(zhǎng) 為1的正三角形內(nèi)（包括邊界）有兩點(diǎn)其距離不超過”。

2．分析：本題似乎茫無頭緒，從何入手？其關(guān)鍵何在？其實(shí)就在“兩個(gè)數(shù)”，其中一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)倍。我們要構(gòu)造“抽屜”，使得每個(gè)抽屜里任取兩個(gè)數(shù)，都有一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)倍，這只有把公比是正整數(shù)的整個(gè)等比數(shù)列都放進(jìn)去同一個(gè)抽屜才行，這里用得到一個(gè)自然數(shù)分類的基本知識(shí)：任何一個(gè)正整數(shù)都可以表示成一個(gè)奇數(shù)與2的方冪的積，即若

nm∈N+,K∈N+，n∈N,則m=(2k-1)·2，并且這種表示方式是唯一的，如1=1×2°，2=1×21，3=3×2°，??

證明：因?yàn)槿魏我粋€(gè)正整數(shù)都能表示成一個(gè)奇數(shù)乘2的方冪，并且這種表示方法是唯一的，所以我們可把1-100的正整數(shù)分成如下50個(gè)抽屜（因?yàn)?-100中共有50個(gè)奇數(shù)）：

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}。

這樣，1-100的正整數(shù)就無重復(fù)，無遺漏地放進(jìn)這50個(gè)抽屜內(nèi)了。從這100個(gè)數(shù)中任取51個(gè)數(shù)，也即從這50個(gè)抽屜內(nèi)任取51個(gè)數(shù)，根據(jù)抽屜原則，其中必定至少有兩個(gè)數(shù)屬于同一個(gè)抽屜，即屬于（1）-（25）號(hào)中的某一個(gè)抽屜，顯然，在這25個(gè)抽屜中的任何同一個(gè)抽屜內(nèi)的兩個(gè)數(shù)中，一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)倍。

說明：

（1）從上面的證明中可以看出，本題能夠推廣到一般情形：從1-2n的自然數(shù)中，任意取出n+1個(gè)數(shù)，則其中必有兩個(gè)數(shù)，它們中的一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)倍。想一想，為什么？因?yàn)?-2n中共含1，3，?，2n-1這n個(gè)奇數(shù)，因此可以制造n個(gè)抽屜，而n+1＞n，由抽屜原則，結(jié)論就是必然的了。給n以具體值，就可以構(gòu)造出不同的題目。例2中的n取值是50，還可以編制相反的題目，如：“從前30個(gè)自然數(shù)中最少要（不看這些數(shù)而以任意方式地）取出幾個(gè)數(shù)，才能保證取出的數(shù)中能找到兩個(gè)數(shù)，其中較大的數(shù)是較小的數(shù)的倍數(shù)？”

（2）如下兩個(gè)問題的結(jié)論都是否定的（n均為正整數(shù)）想一想，為什么？

①?gòu)?，3，4，?，2n+1中任取n+1個(gè)數(shù)，是否必有兩個(gè)數(shù)，它們中的一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)倍？

②從1，2，3，?，2n+1中任取n+1個(gè)數(shù)，是否必有兩個(gè)數(shù)，它們中的一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)倍？

你能舉出反例，證明上述兩個(gè)問題的結(jié)論都是否定的嗎？

（3）如果將（2）中兩個(gè)問題中任取的n+1個(gè)數(shù)增加1個(gè)，都改成任取n+2個(gè)數(shù)，則它們的結(jié)論是肯定的還是否定的？你能判斷證明嗎？ 3．證明：把前25個(gè)自然數(shù)分成下面6組：

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?yàn)閺那?5個(gè)自然數(shù)中任意取出7個(gè)數(shù)，所以至少有兩個(gè)數(shù)取自上面第②組到第⑥組中的某同一組，這兩個(gè)數(shù)中大數(shù)就不超過小數(shù)的1.5倍。

說明：

（1）本題可以改變敘述如下：在前25個(gè)自然數(shù)中任意取出7個(gè)數(shù)，求證其中存在兩個(gè)數(shù)，它們相互的比值在內(nèi)。

顯然，必須找出一種能把前25個(gè)自然數(shù)分成6（7-1=6）個(gè)集合的方法，不過分類時(shí)有一個(gè)限制條件：同一集合中任兩個(gè)數(shù)的比值在內(nèi)，故同一集合中元素的數(shù)值差不得過大。這樣，我們可以用如上一種特殊的分類法：遞推分類法：

從1開始，顯然1只能單獨(dú)作為1個(gè)集合{1}；否則不滿足限制條件。

能與2同屬于一個(gè)集合的數(shù)只有3，于是{2，3}為一集合。

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如此依次遞推下去，使若干個(gè)連續(xù)的自然數(shù)屬于同一集合，其中最大的數(shù)不超過最小的數(shù)的倍，就可以得到滿足條件的六個(gè)集合。

（2）如果我們按照（1）中的遞推方法依次造“抽屜”，則第7個(gè)抽屜為

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

第8個(gè)抽屜為：{40，41，42，?，60}；

第9個(gè)抽屜為：{61，62，63，?，90，91}；

??

那么我們可以將例3改造為如下一系列題目：（1）從前16個(gè)自然數(shù)中任取6個(gè)自然數(shù)；（2）從前39個(gè)自然數(shù)中任取8個(gè)自然數(shù)；（3）從前60個(gè)自然數(shù)中任取9個(gè)自然數(shù)；（4）從前91個(gè)自然數(shù)中任取10個(gè)自然數(shù)；?

]內(nèi)。

都可以得到同一個(gè)結(jié)論：其中存在2個(gè)數(shù)，它們相互的比值在上述第（4）個(gè)命題，就是前蘇聯(lián)基輔第49屆數(shù)學(xué)競(jìng)賽試題。如果我們改變區(qū)間[]（p＞q）端點(diǎn)的值，則又可以構(gòu)造出一系列的新題目來。

4.分析與解答：一個(gè)有著10個(gè)元素的集合，它共有多少個(gè)可能的子集呢？由于在組成一個(gè)子集的時(shí)候，每一個(gè)元素都有被取過來或者不被取過來兩種可能，因此，10個(gè)元素的集合10就有2=1024個(gè)不同的構(gòu)造子集的方法，也就是，它一共有1024個(gè)不同的子集，包括空集和全集在內(nèi)。空集與全集顯然不是考慮的對(duì)象，所以剩下1024-2=1022個(gè)非空真子集。

再來看各個(gè)真子集中一切數(shù)字之和。用N來記這個(gè)和數(shù)，很明顯：

10≤N≤91+92+93+94+95+96+97+98+99=855

這表明N至多只有855-9=846種不同的情況。由于非空真子集的個(gè)數(shù)是1022，1022＞846，所以一定存在兩個(gè)子集A與B，使得A中各數(shù)之和=B中各數(shù)之和。

若A∩B=φ，則命題得證，若A∩B=C≠φ，即A與B有公共元素，這時(shí)只要剔除A與B中的一切公有元素，得出兩個(gè)不相交的子集A1與B1，很顯然

A1中各元素之和=B1中各元素之和，因此A1與B1就是符合題目要求的子集。

說明：本例能否推廣為如下命題：

已給一個(gè)由m個(gè)互不相等的n位十進(jìn)制正整數(shù)組成的集合。求證：這個(gè)集合必有兩個(gè)無公共元素的子集合，各子集合中各數(shù)之和相等。

請(qǐng)讀者自己來研究這個(gè)問題。5．分析與解答：由中點(diǎn)坐標(biāo)公式知，坐標(biāo)平面兩點(diǎn)（x1,y1）、（x2,y2）的中點(diǎn)坐標(biāo)是。欲使都是整數(shù)，必須而且只須x1與x2，y1與y2的奇偶性相同。坐標(biāo)平面上的任意整點(diǎn)按照橫縱兩個(gè)坐標(biāo)的奇偶性考慮有且只有如下四種：（奇數(shù)、奇數(shù)），（偶數(shù)，偶數(shù)），（奇數(shù)，偶數(shù)），（偶數(shù)，奇數(shù)）以此構(gòu)造四個(gè)“抽屜”，則在坐標(biāo)平面上任取五個(gè)整點(diǎn)，那么至少有兩個(gè)整點(diǎn)，屬于同一個(gè)“抽屜”因此它們連線的中點(diǎn)就必是整點(diǎn)。

說明：我們可以把整點(diǎn)的概念推廣：如果（x1,x2,?xn）是n維（元）有序數(shù)組，且x1,x2,?xn中的每一個(gè)數(shù)都是整數(shù)，則稱（x1,x2,?xn）是一個(gè)n維整點(diǎn)（整點(diǎn)又稱格點(diǎn)）。如果對(duì)所有的n維整點(diǎn)按每一個(gè)xi的奇偶性來分類，由于每一個(gè)位置上有奇、偶兩種可能性，因此

n3共可分為2×2×?×2=2個(gè)類。這是對(duì)n維整點(diǎn)的一種分類方法。當(dāng)n=3時(shí)，2=8，此時(shí)可數(shù)學(xué)教育網(wǎng)http://004km.cn 數(shù)學(xué)教育網(wǎng)---數(shù)學(xué)試題-數(shù)學(xué)教案-數(shù)學(xué)課件-數(shù)學(xué)論文-競(jìng)賽試題-中高考試題信息http://004km.cn 以構(gòu)造命題：“任意給定空間中九個(gè)整點(diǎn)，求證它們之中必有兩點(diǎn)存在，使連接這兩點(diǎn)的直線段的內(nèi)部含有整點(diǎn)”。這就是1971年的美國(guó)普特南數(shù)學(xué)競(jìng)賽題。在n=2的情形，也可以構(gòu)造如下的命題：“平面上任意給定5個(gè)整點(diǎn)”，對(duì)“它們連線段中點(diǎn)為整點(diǎn)”的4個(gè)命題中，為真命題的是：

（A）最少可為0個(gè)，最多只能是5個(gè)（B）最少可為0個(gè)，最多可取10個(gè)

（C）最少為1個(gè)，最多為5個(gè)（D）最少為1個(gè)，最多為10個(gè)

（正確答案（D））6．分析：本題也似乎是茫無頭緒，無從下手，其關(guān)鍵何在？仔細(xì)審題，它們的“和”能“被100整除”應(yīng)是做文章的地方。如果把這100個(gè)數(shù)排成一個(gè)數(shù)列，用Sm記其前m項(xiàng)的和，則其可構(gòu)造S1，S2，?S100共100個(gè)”和"數(shù)。討論這些“和數(shù)”被100除所得的余數(shù)。注意到S1，S2，?S100共有100個(gè)數(shù)，一個(gè)數(shù)被100除所得的余數(shù)有0，1，2，?99共100種可能性?！疤O果”數(shù)與“抽屜”數(shù)一樣多，如何排除“故障”？

證明：設(shè)已知的整數(shù)為a1,a2,?a100考察數(shù)列a1,a2,?a100的前n項(xiàng)和構(gòu)成的數(shù)列S1，S2，?S100。

如果S1，S2，?S100中有某個(gè)數(shù)可被100整除，則命題得證。否則，即S1，S2，?S100均不能被100整除，這樣，它們被100除后余數(shù)必是{1，2，?，99}中的元素。由抽屜原理I知，S1，S2，?S100中必有兩個(gè)數(shù)，它們被100除后具有相同的余數(shù)。不妨設(shè)這兩個(gè)數(shù)為Si，Sj（i＜j），則100∣（Sj-Si），即100∣。命題得證。

說明：有時(shí)候直接對(duì)所給對(duì)象作某種劃分，是很難構(gòu)造出恰當(dāng)?shù)某閷系摹＿@時(shí)候，我們需要對(duì)所給對(duì)象先作一些變換，然后對(duì)變換得到的對(duì)象進(jìn)行分類，就可以構(gòu)造出恰當(dāng)?shù)某閷?。本題直接對(duì){an}進(jìn)行分類是很難奏效的。但由{an}構(gòu)造出{Sn}后，再對(duì){Sn}進(jìn)行分類就容易得多。

另外，對(duì){Sn}按模100的剩余類劃分時(shí)，只能分成100個(gè)集合，而{Sn}只有100項(xiàng)，似乎不能應(yīng)用抽屜原則。但注意到余數(shù)為0的類恰使結(jié)論成立，于是通過分別情況討論后，就可去掉余數(shù)為0的類，從而轉(zhuǎn)化為100個(gè)數(shù)分配在剩下的99個(gè)類中。這種處理問題的方法應(yīng)當(dāng)學(xué)會(huì)，它會(huì)助你從“山窮水盡疑無路”時(shí)，走入“柳暗花明又一村”中。

最后，本例的結(jié)論及證明可以推廣到一般情形（而且有加強(qiáng)的環(huán)節(jié)）：

在任意給定的n個(gè)整數(shù)中，都可以找出若干個(gè)數(shù)來（可以是一個(gè)數(shù)），它們的和可被n整除，而且，在任意給定的排定順序的n個(gè)整數(shù)中，都可以找出若干個(gè)連續(xù)的項(xiàng)（可以是一項(xiàng)），它們的和可被n整除。

將以上一般結(jié)論中的n賦以相應(yīng)的年份的值如1999，2000，2001?，就可以編出相應(yīng)年份的試題來。如果再賦以特殊背景，則可以編出非常有趣的數(shù)學(xué)智力題來，如下題：

有100只猴子在吃花生，每只猴子至少吃了1?；ㄉ?，多者不限。請(qǐng)你證明：一定有若干只猴子（可以是一只），它們所吃的花生的粒數(shù)總和恰好是100的倍數(shù)。

7．證明：視17個(gè)科學(xué)家為17個(gè)點(diǎn)，每?jī)蓚€(gè)點(diǎn)之間連一條線表示這兩個(gè)科學(xué)家在討論同一個(gè)問題，若討論第一個(gè)問題則在相應(yīng)兩點(diǎn)連紅線，若討論第2個(gè)問題則在相應(yīng)兩點(diǎn)連條黃線，若討論第3個(gè)問題則在相應(yīng)兩點(diǎn)連條藍(lán)線。三名科學(xué)家研究同一個(gè)問題就轉(zhuǎn)化為找到一個(gè)三邊同顏色的三角形。

考慮科學(xué)家A，他要與另外的16位科學(xué)家每人通信討論一個(gè)問題，相應(yīng)于從A出發(fā)引出16條線段，將它們?nèi)境?種顏色，而16=3×5+1，因而必有6=5+1條同色，不妨記為AB1，AB2，AB3，AB4，AB5，AB6同紅色，若Bi（i=1，2，?，6）之間有紅線，則出現(xiàn)紅色三角線，命題已成立；否則B1，B2，B3，B4，B5，B6之間的連線只染有黃藍(lán)兩色。

考慮從B1引出的5條線，B1B2，B1B3，B1B4，B1B5，B1B6，用兩種顏色染色，因?yàn)?=2×2+1，故必有3=2+1條線段同色，假設(shè)為黃色，并記它們?yōu)锽1B2，B1B3，B1B4。這時(shí)若B2，B3，B4之?dāng)?shù)學(xué)教育網(wǎng)http://004km.cn 數(shù)學(xué)教育網(wǎng)---數(shù)學(xué)試題-數(shù)學(xué)教案-數(shù)學(xué)課件-數(shù)學(xué)論文-競(jìng)賽試題-中高考試題信息http://004km.cn 間有黃線，則有黃色三角形，命題也成立，若B2，B3，B4，之間無黃線，則△B2，B3，B4，必為藍(lán)色三角形，命題仍然成立。

說明：（1）本題源于一個(gè)古典問題--世界上任意6個(gè)人中必有3人互相認(rèn)識(shí)，或互相不認(rèn)識(shí)。（美國(guó)普特南數(shù)學(xué)競(jìng)賽題）。

（2）將互相認(rèn)識(shí)用紅色表示，將互相不認(rèn)識(shí)用藍(lán)色表示，（1）將化為一個(gè)染色問題，成為一個(gè)圖論問題：空間六個(gè)點(diǎn)，任何三點(diǎn)不共線，四點(diǎn)不共面，每?jī)牲c(diǎn)之間連線都涂上紅色或藍(lán)色。求證：存在三點(diǎn)，它們所成的三角形三邊同色。

（3）問題（2）可以往兩個(gè)方向推廣：其一是顏色的種數(shù)，其二是點(diǎn)數(shù)。

本例便是方向一的進(jìn)展，其證明已知上述。如果繼續(xù)沿此方向前進(jìn)，可有下題：

在66個(gè)科學(xué)家中，每個(gè)科學(xué)家都和其他科學(xué)家通信，在他們的通信中僅僅討論四個(gè)題目，而任何兩個(gè)科學(xué)家之間僅僅討論一個(gè)題目。證明至少有三個(gè)科學(xué)家，他們互相之間討論同一個(gè)題目。

（4）回顧上面證明過程，對(duì)于17點(diǎn)染3色問題可歸結(jié)為6點(diǎn)染2色問題，又可歸結(jié)為3點(diǎn)染一色問題。反過來，我們可以繼續(xù)推廣。從以上（3，1）→（6，2）→（17，3）的過程，易發(fā)現(xiàn)

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?記為r1=3，r2=6，r3=17，r4=66，r5=327，r6=1958，?

我們可以得到遞推關(guān)系式：rn=n(rn-1-1)+2，n=2,3,4?這樣就可以構(gòu)造出327點(diǎn)染5色問題，1958點(diǎn)染6色問題，都必出現(xiàn)一個(gè)同色三角形。

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第五篇：高中競(jìng)賽之重要不等式

高中競(jìng)賽之重要不等式

1．柯西不等式（給了兩列數(shù)，或一列數(shù)，有平方和和平方）

定理1 對(duì)任意實(shí)數(shù)組ai,bi(i?1,2,?,n)恒有不等式“積和方不大于方和積”，即

等式當(dāng)且僅當(dāng)

時(shí)成立。本不等式稱為柯西不等式。

證不等式最基本的方法是作差比較法，柯西不等式的證明也可首選此法。

證明1

n

左=?ai2bi2?2?aibiajbj ∴右-左= i?1i?j

當(dāng)且僅當(dāng) 時(shí)，等式成立。

柯西不等式的兩個(gè)推論：

?。O(shè) 同號(hào)（），則

時(shí)取等號(hào)。，且，則

當(dāng)且僅當(dāng)

ⅱ．若

（分母作和）

由柯西不等式可以證下面的不等式。3次可以推廣為4、5等n次。

(a1+a2+a3)(b1+b2+b3)(c1+c2+c3)?(a1b1c1+a2b2c2+a3b3c3)3333333333證明:對(duì)(a13+a23+a33)(b13+b23+b33)和(c13+c23+c33)(a1b1c1+a2b2c2+a3b3c3)3 分別用柯西不等式,可得到兩個(gè)不等式,將這兩個(gè)不等式相乘,再用一次柯西不等式即可證明原不等式.柯西不等式的推廣：閔可夫斯基不等式 設(shè)，?，；，?，是兩組正數(shù)，k?0且k?1，則

（）

當(dāng)且僅當(dāng)a1b1?a2b2???anbn（時(shí)等號(hào)成立。）

閔可夫斯基不等式是用某種長(zhǎng)度度量下的三角形不等式，當(dāng)時(shí)得平面上的三角形不等式：

若記，右圖給出了對(duì)上式的一個(gè)直觀理解。，則上式為

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多個(gè)根式可轉(zhuǎn)化為一個(gè)根式。赫爾德不等式

已知

上式中若令????等式。

2〔排序不等式，排序原理〕（給的是兩列數(shù)且為對(duì)稱的）

設(shè)a1?a2???an，b1?b2???bn，則有

nnin?1?initi（）是 個(gè)正實(shí)數(shù)，則，，則此赫爾德不等式即為柯西不?abi?1??abi?1??ab．

iii?1即“反序和”?“亂序和”?“同序和”．其中?t1,t2,?,tn???1,2,?,n?．當(dāng)且僅當(dāng)a1?a2???an或b1?b2???bn時(shí)等號(hào)成立． 〔切比雪夫不等式〕

實(shí)數(shù)ai，bi滿足a1?a2???an，b1?b2???bn（i?1，2，?，n）．則

1nn?i?1?1aibi???nn?i?1??1ai????nn?i?1?1bi???nn?abii?1n?1?i．

當(dāng)且僅當(dāng)a1?a2???an或b1?b2???bn時(shí)等號(hào)成立． 下面給出一個(gè) 時(shí)的契比雪夫不等式的直觀理解。

如圖，矩形OPAQ中，，顯然陰影部分的矩形的面積之和不小于空白部分的矩形的面積之和，（這可沿圖中線段MN向上翻折比較即知）。于是有

，也即 琴生不等式 〔凸函數(shù)定義〕

1．設(shè)f?x?是定義在閉區(qū)間?a,b?上的函數(shù)，若對(duì)任意x，y??a,b?和任意???0,1?，有f??x??1???y???f?x???1???f?y?

成立，則稱f?x?是?a,b?上的凸函數(shù)（也稱下凸函數(shù)或凹函數(shù)）．

2．設(shè)f?x?是定義在?a,b?上的函數(shù)，若對(duì)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，則稱f?x?是?a,b?上的嚴(yán)格凸函數(shù)．

3．設(shè)f?x?是定義在?a,b?上的函數(shù)，若對(duì)任意x，y??a,b?和任意???0,1?，有f??x??1???y???f?x???1???f?y? 成立，則稱f?x?是?a,b?上的上凸函數(shù)．

凸函數(shù)的定義表明了，上(下)凸函數(shù)的兩個(gè)自變量的算術(shù)平均值處的函數(shù)值不

小(大)于其函數(shù)值的算術(shù)平均值．從圖象上看，表明聯(lián)結(jié)上(下)凸函數(shù)圖形上任何兩點(diǎn)的弦的中點(diǎn)恒位于圖形的對(duì)應(yīng)點(diǎn)之下(上)．見圖1．

圖1 注意到在定義中，凸函數(shù)的條件是對(duì)區(qū)間內(nèi)的任意兩點(diǎn)x1和x2都成立，不難看出，這實(shí)際上就保證了函數(shù)在整個(gè)區(qū)間的凸性．即上凸函數(shù)圖象上的任一段弧都在所對(duì)應(yīng)的弦的上方；下凸函數(shù)圖象上的任一段弧都在所對(duì)應(yīng)的弦的下方．并且由此形成的弓形是凸的區(qū)域．正因?yàn)檫@種函數(shù)的圖象具有這種特點(diǎn)，所以我們才把它形象地名之曰：凸函數(shù)．

在初等數(shù)學(xué)里，關(guān)于函數(shù)的凸性，可根據(jù)圖象來判斷．例如，讀者不難根據(jù)圖象可以得出：

冪函數(shù)y=xa．當(dāng)a＞1或a＜0時(shí)，是(0，∞)上的下凸函數(shù)；當(dāng)0＜a＜1時(shí)，是(0，∞)上的上凸函數(shù)．

指數(shù)函數(shù)y=ax(a＞0，a≠1)．是(-∞，∞)上的下凸函數(shù)．

對(duì)數(shù)函數(shù)y=logcx(a≠1)．當(dāng)a ＞1時(shí)，是(0，∞)上的上凸函數(shù)；當(dāng)0＜a＜1時(shí)，是(0，∞)上的下凸函數(shù)．

三角函數(shù)y=sinx是[0，π]上的上凸函數(shù)，是[π，2π]上的下凸函

上述函數(shù)的凸性；也可以根據(jù)定義用初等方法來證明．學(xué)過微分學(xué)的讀者還可以根據(jù)函數(shù)的二階導(dǎo)數(shù)的符號(hào)來判斷函數(shù)的凸性．即，若函數(shù)f(x)對(duì)在定義域(a，b)內(nèi)的所有x恒有f' '(x)＜0，則f(x)是(a，b)上的上凸函數(shù)；如果恒有f(x)＞0，' '則f(x)是(a，b)上的下凸函數(shù)．

〔琴生〔Jensen）不等式〕（變量做和）

若f?x?是區(qū)間?a,b?上的凸函數(shù)，則對(duì)任意x1，x2，?，xn??a,b?有

?1f??nn?i?1?1xi???n?f?x?．

ii?1n當(dāng)且僅當(dāng)x1?x2???xn時(shí)等號(hào)成立．當(dāng)f?x?為上凸函數(shù)時(shí)，不等式反向． 〔琴生〔Jensen）不等式推論，即加權(quán)琴生不等式〕

若f?x?是區(qū)間?a,b?上的凸函數(shù)，則對(duì)任意x1，x2，?，xn??a,b?和對(duì)任n意滿足?pi?1的正數(shù)p1，p2，?，pn，有

i?1?n?f??pixi???i?1?n?i?1pif?xi?．當(dāng)且僅當(dāng)x1?x2???xn時(shí)等號(hào)成立．

若令qi=pi／(p1＋?＋pn)，其中p1，?，pn是任意正數(shù)．則琴生不等式(2)變成：

在(2)或(3)式中，f(x)取不同的凸函數(shù)，便得不同的不等式．

例1 令f(x)=xk，x≥0，k＞1，則f(x)是R+上的凸函數(shù)，因此有

例2 令f(x)=lgx，x＞0，則f(x)是R+上的凹函數(shù)，故有

取反對(duì)數(shù)，得

此即加權(quán)平均不等式．

1?n?1．設(shè)ai全是正數(shù)，且s???ai??ai（i?1，2m?i?1?，?，n），且n?m，n?2．求證：

n（1）?i?1ns?aiaiais?ai?n?n?m?mnmn?m；

（2）?i?1?．

證明：不妨設(shè)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，如果水龍頭灌滿 總花費(fèi)的時(shí)間為：

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． 首先我們來證明m?5．若不然，我們讓在 3．在?ABC中，求證下列各不等式：（1）sinA?sinB?sinC?（2）tanAm?tanBm?tanCm332；

?3m?3tan，其中m?N且m?2．

證明：（1）考查正弦函數(shù)y?sinx，在?0,??為上凸函數(shù)，故

sinA?sinB?sinC3A?B?C3?sin?sin?3?32．

即sinA?sinB?sinC?332xm．，在?0,??上是凸函數(shù)．

x?y2（2）考查函數(shù)f?x??tan 6．設(shè)x?0，y?0，證明：xlnx?ylny??x?y?ln．

1x?0證明：考查函數(shù)f?x??xlnx（x?0），其二階導(dǎo)數(shù)f???x??凸函數(shù)．所以

f?x??f?y??x?y?，f???2?2?，故其為即

x?y2lnx?y2?12?xlnx?ylny?．

7．對(duì)正數(shù)a1，a2，?，an，若k?1或k?0，則

a1?a2???annkkk?a?a2???an???1?；

n??k若0?k?1，則

a1?a2???ann kkk?a?a2???an???1?．

n??

k證明：考查函數(shù)f?x??xk（x?0）．其二階導(dǎo)數(shù)f???x??k?k?1?xk?2． 當(dāng)k?0或k?1時(shí)，f???x??0，故函數(shù)f?x??xk（x?0）為凸函數(shù)； 當(dāng)0?k?1時(shí)，f???x??0，故函數(shù)f?x??xk（x?0）為上凸函數(shù)． 以下由琴生不等式立得．

n 8．已知正實(shí)數(shù)ai（i?1，2，?，n）滿足?ai?1．

i?1n求證：?i?1?1??1??ai????n??． ?ai?n????5?x?21??f?x??ln?x??，x??0,1?．因f???x??22x??x1?xn證明：考查函數(shù)

?2?2?????0，故該函數(shù)為凸函數(shù)．

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去掉對(duì)數(shù)符號(hào)立得．

4．設(shè)x1?x2???xn?0，實(shí)數(shù)p，q都不為零，且t?p?q．則（1）若p，q同號(hào)，則

1n?nni?1?1x???ntin?i?1n??1xi????npn?xi?1nqi???；

（2）若p，q異號(hào)，則

1?ni?1?1x???nti?i?1??1xi????np?i?1q?xi??．

證明：當(dāng)p，q同號(hào)時(shí)，兩者都是正數(shù)，由不等式單調(diào)性得x1?x2???xn ppp，x1q?x2q???xnq，由切比雪夫不等式得（1）成立；

當(dāng)p，q異號(hào)時(shí)，假設(shè)p?0，q?0，由不等式單調(diào)性得x1p?x2p???xnp，xqqq1?x2???xn，由切比雪夫不等式得（2）成立；

5．設(shè)a、b、c為某一三角形三邊長(zhǎng)，求證：

a2?b?c?a??b2?c?a?b??c2?a?b?c??3abc．

證明：不妨設(shè)a?b?c，易證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．設(shè)x1?x2???xn，y1?y2???yn．求證：

n??x2ni?yi????xi?zi?2．

i?1i?1其中z1，z2，?，zn是y1，y2，?，yn的任意一個(gè)排列．

nn證明：要證??xi?y2i????xi?zi?2，只要證

i?1i?1nnnn??x22i?y2i????2xiyi????xi?z2i????2xizi?．只要證

i?1i?1i?1i?1nn?xiyi??xizi．

i?1i?1由題設(shè)及排序原理上式顯然成立． 7．在?ABC中求證：（1）1?1?16；

sinA2sinB2sinC?2（2）cotA?cotB?cotC222?33；

證明：（1）考查函數(shù)y?1sinxx2，其在??0,??????2?上為凸函數(shù)；

（2）考查函數(shù)f?x??lncot1，在?0,???2?上是凸函數(shù)．證明如下：

即證?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?．證畢．

2?? 8．設(shè)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．

證明：（1）考查函數(shù)f?x??sinx，其在?0,??上為凸函數(shù)．（2）考查函數(shù)f?x??lnsinx，其在?0,??上為凸函數(shù)．證明如下： 令x1，x2??0,??，則

sinx1sinx2?1212?cos?x1?x2??cos?x1?x2??

2? ?1?cos?x1?x2??x?x2????sin1?．

2?? 將上述不等式兩端取自然對(duì)數(shù)，得

lnsinxx1?x21?lnsinx2?2lnsin2，即

lnsinx1?lnsinx21?x22?lnsinx2．

故函數(shù)f?x??lnsinx在?0,??上為凸函數(shù)．

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

設(shè)a1,a2,?,an?R?，對(duì)于n?N?，則

a21?a222???an2???annn?a1?an?a1a2?an?n1a?1???1

1a2an其中等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)a1?a2???an時(shí)成立。以下為閱讀材料 5．貝努利不等式

（1）設(shè)，且同號(hào)，則

（2）設(shè)，則

（?。┊?dāng)

（ⅱ）當(dāng)?shù)忍?hào)成立。或 時(shí)，有 時(shí)，有

；

，上兩式當(dāng)且僅當(dāng)

時(shí)

不等式（1）的一個(gè)重要特例是

（）

6．艾爾多斯—莫迪爾不等式

設(shè)P為

當(dāng)且僅當(dāng) 內(nèi)部或邊界上一點(diǎn)，P到三邊距離分別為PD，PE，PF，則

，為正三角形，且P為三角形中心時(shí)上式取等號(hào)。

這是用于幾何問題的證明和求最大（小）值時(shí)的一個(gè)重要不等式。

7．冪平均不等式 8．權(quán)方和不等式