一道竞赛题的简证及推广
一道不等式竞赛题的探究及推广_邱际春
在命题１的基础 上，从 三 元 推 广 到ｎ 元 情 形 得 到 命 题 ２．
命题２ 若ａ１，ａ２，…，ａｎ 均 为 不 小 于 １ 的 正 实 数 ，则
ａ１ ＋ ａ２ ＋…＋ ａｎ
槡ａ２２＋１ 槡ａ２３＋１
槡ａ２１＋１
≥ａ１＋ａ２＋…＋ａｎ ．
槡ａ１ａ２…ａｎ＋１
题１类似 ．
推论１ 若ａ，ｂ，ｃ 均 为 不 小 于 １ 的 正 实 数，则
ａ ＋ ｂ ＋ ｃ ≥ａ＋ｂ＋ｃ．
槡ｃ２＋１ 槡ａ２＋１ 槡ｂ２＋１ 槡ａｂｃ＋１
推论２ 若ａ，ｂ，ｃ 均 为 不 小 于 １ 的 正 实 数，则
ａ ＋ ｂ ＋ ｃ ≥ａ＋ｂ＋ｃ．
槡ａ２＋１ 槡ｂ２＋１ 槡ｃ２＋１ 槡ａｂｃ＋１
槡 槡１０２＋１ 槡１０２＋１
１ １０４
＋１
＜
１ １０２
＋１０＋１０
＝右边，
槡１ １０２
×１０×１０＋１
矛 盾 ，不 等 式 ① 不 成 立 ．
接下来，提 出 猜 想：若ａ，ｂ，ｃ 均 不 小 于 １ 时，有
不等式①成立．
２ 猜 想 的 论 证 首先，将上述猜想重新表 述 为 下 面 的 命 题 １，并
≥ （ａ１ ＋ａ２ ＋ … ＋ａｎ）ｋ
⑧
故
ａ１
槡ｋ （ａｋ２＋１）ｋ－１
＋
ａ２
槡ｋ （ａｋ３＋１）ｋ－１
＋
…
＋
ａｎ
ｋ槡（ａｋ１＋１）ｋ－１
≥
（ａ１
（ａ１ ＋ａ２ ＋ … ＋ａｎ）ｋ
槡ａ ｋ ｋ ２
＋１＋ａ２
槡ａ ｋ ｋ ３
＋１＋
…
＋ａｎ
槡ａ ｋ ｋ １
一道竞赛题的探讨、推广及其应用
数 学 教 学 研 究
４ ｌ
龠 曩 ３ 设 ０是 ＡＡ Ｃ内 的一 点 ，Ｂ ＝ｃＢ ； Ｂ Ａ ，Ｃ
口． Ａ ＝ ｂ Ｃ ．
（） ３ 若 、 、 ｙ：中有两 个为 ０ 则点 ０与三角形的 ，
某一顶点重合 ；
（） 是重心的 １Ｄ 充要条件是 ＋ ＋ 商
：
或
（ ）若 ｘｙ ： ４ ，、 中有一个为负数或两个为 负数时 ， 则点 ０在三 角形外部．
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数 学 教 学 研 究
ｏｏ 口
．
２０ ０６年第 ２期
＞Ｏ， ｂ
．
＞ ，． ０ Ｉ 由⑦ 式得 口 ＝６ ｂ ， ． ．・
。
．
２ｂ ＝ ｂ ｌ十ｂ ＋ ｌ （ ≥２ ， Ⅱ ）
一
从而 ， Ｉ ≥２时 ， ＝６． ・ 代人①式得 １ １ ７ ．， ｂ 。 ，
０ 的 位置 ． 命 题 １ 证 明 过 程 实 际 上 给 出 了 由 Ｄ ＋，Ｄ 的 ，矗
＝ｘ－ｆ＋ｒｏ ＿ Ｔ ＿ｇ ｏ＿ － ＇
＋
则点 Ｃ 必在直线 ＾ 。 古上 ， ‘
且点 ｃ 分＾ １ 西的比为 ｙ： ， Ａ 。 ｃＢ ＝ｙ 即 Ｃ：Ｉ ：
同理可证得 Ｂ ｌ Ａ Ｃ＝ ｙ Ｃ ｌ Ｂ Ａ Ａ ： ｌ ： 。 Ｂ ： ｌ ： Ｌ
（） Ａ２ （ ） Ｂ ÷ （ ） ｃ３ （ ） Ｄ÷
２ 如 何 由 ＋， ， ＋： ＝ 中 的 系 数 确 定 点
（） ２ ０是 内心的充要条件是 口Ｄ ＋ｂＤ ＋ｃ Ｃ 百 Ｄ （） ３ ０是旁尽 的充要 条件是 口
（ 二ｃ所 对 的 旁 心 ） ｏ 一ｂ ，
＋ｂ 西一ｃ Ｃ Ｄ Ｄ
¨ 二口
一道全国大学生数学竞赛试题的若干解法及推广
１ ２ ８
大 学 数 学
第 ２ ９卷
所 以由 ￡ ∈（ Ｏ ， １ ） ， 可 得 一刁 ， 即∈ 为方 程 ． ｚ －￣ ｓ ｌ ｎ ｘ —ａ的唯一 根． 归 纳小 结 对于 一个 给定 的数 列 ｛ ｝ ， 由于 ｘ 一ｚ ＋（ ｚ ｚ —ｚ ） ＋… ＋ （ ｚ 一 一 ） ， 故 总能 构造 出一 个 以 为部分 和 的级 数
竞赛题证法 １ 由于 １ （ ｓ ｉ ｎ ｘ ） ｌ ＝ ＝ ＝ １ Ｃ Ｏ Ｓ Ｘ Ｉ ≤１ ， 由中值定理 ， 有 Ｉ ｓ ｉ ｎ ｚ —ｓ ｉ ｎ ｙ Ｊ ≤Ｊ ｚ 一 Ｉ ， Ｖ ， Ｙ ∈Ⅱ ，
所 以
＋ Ｉ １ 一ｚ Ｉ —Ｉ ￣ （ ｓ ｉ ｎ ｘ 一ｓ ｉ ｎ ｘ 一 １ ） Ｉ ≤￡ Ｉ Ｘ 一 一 １ Ｉ ≤￡ 。 Ｉ ｚ 一 １ 一 一 ２
下 证 唯一性 ． 设 也 是 －ｅ ｓ ｉ ｎ ｘ＝ａ的根 ， 则
ｌ 一７ Ｉ 一￡ ｌ ｓ ｉ ｎ 一ｓ ｉ ｎ ？ Ｉ ≤ｅ ｌ 一 ｌ ，
［ 收 稿 日期 ］ ２ ｏ １ ２ — ０ ５ — １ ４ ［ 基 金项 目］ ２ ０ １ ３广 西 高 校 科 研 项 目一 解 析 函 数 空 间 及 其 线 性 极 值 问 题 （ ２ ０ １ ３ Ｌ Ｘｌ １ ３ ） ； ２ ０ ０ ９玉 林 师 范 学 院 院 级 青 年 项 目一 几 何 函数 的若 干 问 题 （ ２ ０ １ １ Ｙ Ｊ Ｑ Ｎ０ ６ ） ； ２ ０ １ ４ 玉 林 师 范 学 院 高 等 教 育 教 学 改 革 工 程 项 目一 基 于 数 学 竞 赛 的 地 方 高 师 院校 大学 数 学 课 程 教 学 改 革 探 索 与 实 践
［ 摘
要］利用级 数收敛法 、 柯西 收敛法 、 压 缩 映像 原 理 （ 不动点原理） 法、 压 缩 数 列 法 给 出 了一 道 ２ ０ １ ０年
一道竞赛题的推广及另一半
数学教学通讯（ 教师版） … 一… ～ 一 … 投 邮 ： １ ｖ １ ｌ； ｕ， 稿 耦 ｓｋ ｔ ６ｃｎ ＠ ｐ ３。 ｘ
一
道竞赛题的推广及另一半
姚 国 强
啊墨隧
江 苏灌南县 高级 中学
２ ２０ ２５０
２ １ 年 全 国 高 中数 学 联 赛 江 苏 赛 ０１
简 证 ： ≥２ 曰 ｎ ， Ｃ＝ 职
Ｊ Ｉ Ｐ 一 Ｃ －
证 明 ： 是 ／ＡＢＣ的 内 心 ． Ｐ ｘ
＝
１－ （ Ｃ ｋ
一 — ＡＣ ｌ ＬＢ ） Ｃ
Ｃ，
一一 ｌ Ｃ
＝ １ ｋ） 曰 Ｉ＋ （－ Ｃ ｋ
即 曰 Ｃ ～
Ｃ １ ｋ） ＝（ － （
尸Ｂ ２ ｊ Ｐ Ｃ ／Ｐ Ｃ ２ｋ Ｐ Ｃ 当 ｌＰ ＝｝ ｌ ， ＩＰ ＝ ＩＢ，
ｎ≥２ ， 时 ＝ Ｐ 户 ｌ ， ｅ｜ 尸 ＝
／ ＣＰ＝ Ｂ ｎ＝…＝ ＿Ｂ ，ｋ ＣＰ＋ ｌ
Ｇ 曰，
ｋ
＿ — ０ １ ， 则 曰 ２ ｌ（ ＜ ＜ ） Ｃ Ｃ＝Ｔ ＇一 Ｉ （ 一 ＿ ＡＣ （ ． 竹 ＺＢ ） ｎ Ｎ ） Ｅ
Ｃ） ∈Ｎ ． （ ）
数学教 学通讯（ 教师版 ） … … … … 一 …
／ＰＣ ＝ ＿ ￣Ｂ ｋ厶 — Ｂ（ ＜ ＜ ） 则 ／Ｂ ￣＝ ＿ ｌ ０ ｋ １ ， ＿ ＰＣ Ｃ
１一 １＋ＺＢ （ Ｔ （Ｔ ＿ ＡＣ） ｎ∈Ｎ‘． ）
竞赛园 地
推 广 ６ 在 △ Ａ Ｃ中 ． ＡＢ Ｂ ／ Ｃ＝ ／ＰＢ ／Ａ Ｂ ｋ ＰＣ ＩＣ， Ｃ ＝ ｌ ＿ Ｂ，当 ｎ ２ ， １ ＞ 时
厶４ 曰 Ｐ 一 ＡＣ － 厶ｐＣ ｌ 一 ｎ 一
一道竞赛题的解法探究与拓广
。 ．
Ｑ
图３
证 明：如 图２ 设 ＝ ， Ｏ到两腰的 （ ） 点 距离为 ｄ 则有 Ｓ Ａ Ｒ ＝ ， ＡＱ Ａ Ｑ＋ Ｓ Ａ Ｒ Ｏ ａＯ ，
‘ ０是 ＢＣ的中点，Ｓ Ｂ Ｑ ＝ Ｓ Ｃ Ｑ ａＯ ａＯ ，
ＳＡＢ ＯＱ＋ Ｓ ＡＢＯＲ ＝ ＳＡｃｏｅ＋ Ｓａｃｏ￣，
则由体积公式得
一
Ｓ ｎ：去 Ｑ ＰＳ・ ＰＱ・ ， ＰＲ・ ……… ② …・
０ｃ ｉ ｓ （ － ）ｉ（ ）ｉ（ － ） ｂ ｓ ｎ ｉ ９ ａ ｓ ￣一 ｓ ｑ ７ ｎ￣ ｎ ｎｏ
， 、 、７ 为三 面角 Ｐ —
ｖ— Ｒ ｐ Ａ Ｑ＝ 去 ・） Ｐ ， ……③ 尸 Ｊ Ｆ Ｒ・ Ｑ・ ……
６ ２ —ｏ
数 学教 学
２ １ 年第 ６ ００ 期
一
道竞赛题的解法探究与拓广
７６ ０ 宁夏彭阳县第三中学 王伯龙 ５０ ５
１ 问题的提出 ．
问题：１９ 年全 国高中数学联赛题） （９５ 如图 １ ，
设 Ｏ是 正三棱 锥 Ｐ —ＡＢＣ的面 ＡＡＢＣ的 中心，
过《的动平面与三棱锥 Ｐ—Ａ ＝ ｝ ＢＣ的三条侧棱或
￣４ Ｓｎ ｄ・ Ｏ，
一
ｋ Ｒ・ Ｑｓ ， Ａ Ａ ｎ ｉ
化 简 得 ＡＢ ・ ＡＲ＋ ＡＣ ・ ＡＱ ＝ ２ ＡＲ ・ Ｑ． Ａ
ＳＲ 一Ｑ Ｑ ＋ ＳＲ＝ 吉 ５Ｒ・ Ｔ Ｑ
＋
又 Ａ ＝ Ａ ＝ａ ． ａ・ Ｂ Ｃ ，。 Ａ冗＋ａ・ ． ＡＱ ＝２ Ｒ ・ Ａ
１
：
吉１ｄ Ｑ （＋３ Ｒ ｄ ） ｓ
。 ． ．
ｓ
Ｖ —Ｑ ｃ Ｓ Ｒ＝Ｖ — ｏ 一 Ｑ ， Ａ ｓ ｎ＋ ｓ Ｒ 故
一道不等式赛题的简证与推广
＝
Ｋ 、 ０ｌ 、 ０ ２ 、 ０ ３ 为 四点垂心组
Ｋ为 △ Ｄ １ Ｄ ２ Ｄ ３ 的垂 心 △Ｄ ｌ Ｄ ２ Ｄ ３的垂 心 在 直线 Ａ Ｄ 上．
参 考文献 ：
［ １ ］ 胡耀宗 ． Ｍｅ ｎ ｅ ｌ ａ ｕ ｓ 定理 的迭用 ［ Ｊ ］ ． 中等数学 ， １ ９ ９ ８ （ １ ） ． ［ ２ ］ 第４ ５ 届Ｉ ＭＯ试题解答 ［ Ｊ ］ ． 中等数学 ， ２ ０ ０ ４ （ ５ ） ． ［ ３ ］ 第 ９届丝绸 之路数 学竞赛 （ ２ ０ １ ０ ） ［ Ｊ ］ ． 中等数 学 ， ２ ０ １ １
一 ￡ ＋ ｒ ／ ｘ ｉ ＋ １ １
ｒ ／ ｎ 一 １
（ ＋ １ ＝ １ ） ．
≥
３ ｎ
一
ｎ 一
叼ｎ 一
推论 １ 若 ｎ为大 于 １ 的整数 ， ｒ ／ ≥１ ， 正
推论 ３ 若 ｎ为大 于 １ 的整数 ， ＞ Ｏ ， 叼 ≥
，
１ ４
中 等 数 学
一
道 不 等式 赛题 的 简 证 与 推广
邱 际 春 罗 芳
文章编号 ：１ ０ ０ ５ —６ ４ １ ６ （ ２ ０ １ ７ ） ０ ８— ０ ０ １ ４— ０ ２ 文献标识码 ：Ａ
（ １ ． 广州大学数学与信息科学学 院 ２ ０ １ ５级硕士研究生 ， ５ １ ０ ０ ０ ６ ２ ． 广州大学附属中学 ， ５ １ ０ ０ ０ ６ ）
［ ４ ］ 第３ ７届俄罗斯 数学奥林 匹克 （ 十一年级 ） ［ Ｊ ］ ． 中等 数
学， ２ ０ １ １ （ １ ２ ） ．
２ ０ １ ７年第 ８ 期
一道初中数学竞赛题的证明和多方位推广
由内到外 是一 种处 理 双层 复合 最 值 问题时 常用 的方 法， 在解决这类 问题 时 ， 往设 内层 最值 为某 个变 量 ， 往 然后 利用其最值性再 求外 层的最值 ， 起到减少变量 的 目的． ＋
ｍｉ ｎ
ｍ ｘ ａ
＋
另 一 方 面
∑ （ ） ｎ 一 ∑ ． 一 ： ∑ （ ）≤ｎ
ＢＣＤ ： ／ ＢＤＣ．
例 １ 如图 １ 所示 ， ００中 ， Ｃ 在 弦 Ｄ垂直 于直径 Ａ Ｍ Ｂ， 是Ｏ Ｃ的中点 ，Ｍ 的延长线交 ００于点 Ｅ，Ｅ与 Ｂ Ａ Ｄ Ｃ交 于点
求 证 ： Ｎ：Ｃ ． Ｂ Ｎ
又 Ｏ ：Ｏ ， Ａ Ｃ 则 Ｏ Ｃ ： Ｏ Ａ； ／Ｂ Ｃ ： Ｏ Ｃ 则 Ａ Ｃ 又 Ｄ Ａ ，
（０ ７年 全国初 中数学联赛 四川 省初 赛试题 ） ２０ 分 析 由点 是 Ｃ 的 中 点 ， Ｃ ：Ｏ Ｏ ： Ｏ 得 Ｍ Ｍ， Ｍ
－
２０ ０ ７年 全 国 初 中数 学 联赛 四川 省 初赛 试 题 的第 ４
题 …是一道利用 圆 中的 角转 化 为相 似三 角 形求 证 的证 明 题 ， 有典 型性 ； 具 但该 题有 一定 的难 度 ， 于发现 相似三 角 难 形． 过对这道题 目的研究 ， 通 我们发 现可 以进行 多方位 的推 广， 有一定 的发展性 ， 能引导 学生 发现 与创 新 ， 有很 好 的教 育价值．
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２０ ０ ８年 第５期
弓 愿 待 姝 情 况 ， Ａ ：Ｂ ：０町 ， 当
中学教研 （ 学） 数
・４ ５・
）Ｉｉ ） ： ｎ＋ Ｉ （ 寻＇ ２
当： ，，时 （取 最 值 ： 詈 警 ， ）得 大 Ｆ
我们猜想 ， 于任 意实数 Ａ， 均有 Ｍ≥ 对 Ｂ， 下 面用 反
一道数学竞赛试题的简证
义．
解答过 程 省略．
Ｄ
案例 ４ 蚂蚁 怎样爬 最近 的教 学过程 李老师在 与同学们 进行 “ 蚂蚁 怎样 爬最 近”的课
题研究 时设 计 了以下 三个 问题 ， 你根 据下列所 给 的 请 重要条件分别求出蚂蚁需要爬行 的最短路程 的长．
＋ 口；
） ，： 一
２ 口
＋３ Ⅱ；
参考答案提供 了两种证明方法 ， 两种证法的运
算 量 较大 ， 包含 的知 识 点较 多． 别 是 新 课 改 后 ， 特 平
ａ
ｙ ； ｙ
。
行线分线段成比例及相关知识 已被删去 ， 要求学生
创 造性地 使用 这些 知 识 去 证 明这 道题 是 有 难 度 的 ，
回到 点 Ａ ．
生逐 步学会从 实 际 出发 ， 过认 真踏 实 的研 究 、 通 准确 地 分析 和计算 获 得结论 ， 懂得尊 重他 人 的成果 ， 并 从 而培养 学生 实事求 是 、 理论 与实 践 相 结 合 的科 学 态 度 和科 学道德 ．通 过 活 动 ， 能 发 展 学 生 对 社 会 的 还 责任心 和使命 感 ， 激活各 种 学习 中 的知识储 存 ， 尝试 相 关知识 的综 合运 用．这对 以培养 学生 的创新 精 神
Ｃ 曰
学 生转 变学 习 方式 ， 底 改 变 课程 实 施 过 于强 调 接 彻
受 学 习 、 记硬 背 、 死 机械 训 练 的现 状 ， 大力 倡 导 学 生
图７
图 ８
主动参 入 、 于探 究 、 与动 手 ， 养 学 生 搜 集 和处 乐 勤 培
理 信息 的能 力 、 获取新 知识 的能力 、 分析 问题 和解决 问题 的能力 以及交 流 与合作 的能力．
若干国外数学竞赛试题的简证
若干国外数学竞赛试题的简证由于数学竞赛试题的难度较高，往往需要一定的数学知识和技巧才能解决。
以下是一些国外数学竞赛试题的简证：1. 美国数学竞赛（AMC）试题题目：在一个正方形中，有一条长度为1的线段，它的两个端点分别在正方形的两个相邻边上。
求这条线段与正方形的对角线的夹角。
简证：将正方形的一条边作为x轴，另一条边作为y轴，线段的两个端点分别为(0,1)和(1,0)。
对角线的两个端点分别为(0,0)和(1,1)。
因此，对角线的斜率为1，线段的斜率为-1。
两条直线的夹角为90度，因此线段与对角线的夹角为45度。
2. 国际数学奥林匹克（IMO）试题题目：证明：对于任意正整数n，都存在一个长度为n的整数序列，使得这个序列的任意两个元素之差都不是这个序列中任意一个元素的倍数。
简证：考虑构造一个长度为n的整数序列a1, a2, …, an。
首先，令a1=1。
然后，对于i=2, 3, …, n，令ai为满足以下条件的最小正整数：1. ai与a1, a2, …, ai-1中的任意一个元素的差都不是这个元素的倍数。
2. ai与a1,a2, …, ai-1中的任意一个元素的和都不是另一个元素的倍数。
这样构造出来的序列满足题目要求。
3. 加拿大数学竞赛（CIMC）试题题目：已知正整数a, b, c满足a+b+c=2019，且a, b, c都是质数。
求a, b, c的最小值。
简证：由于a, b, c都是质数，因此它们只能是奇数。
又因为a+b+c=2019是奇数，所以a, b, c中必须有一个数是2。
不妨设a=2，那么b+c=2017。
由于2017是质数，因此b和c中必须有一个数是2017的质数因子。
又因为2017是一个较大的质数，因此它的质数因子只能是2或3。
如果b=2，那么c=2015，不是质数；如果b=3，那么c=2014，也不是质数。
因此，最小的满足条件的a, b, c分别为2, 3, 2017。
总之，数学竞赛试题的解题方法往往需要一定的数学知识和技巧，需要我们在平时的学习中多加积累和练习。
一道极值赛题的推广
因而 ,又可以有下面的解法 . 解法 2 :由已知条件有 α α α α= 3 + 2 + 6 3 ( 90° - A ) + 2 ( A - B ) + ( B - C) ≤ , ④ 6 270° - ( A + B + C) ≤ = 15° . 6 另一方面 ,当式 ④ 取等号 ,即
A - a1 = a1 - a2 = …= an - 1 - an =
另一方面 ,当 m - a1 = a1 - a2 = …= an - 1 - an 2 ( nm - A ) = >0 n ( n + 1) 时 , a0 = m , a1 , …, an 组成首项为 m 、 公差为 ( ) 2 nm - A d= 的等差数列 . 于是 ,有 n ( n + 1) 2 ( nm - A ) ak = m + k n ( n + 1) nm ( n - 2 k + 1) + 2 kA = . n ( n + 1) 满足 ( 1) m > a1 > a2 > …≥an ,且 nm ( n - 2 n + 1) + 2 nA an = n ( n + 1) ( m + 2 A ) - nm = > 0. n +1 ( a1 + an ) n ( 2) a1 + a2 + …+ an = 2 2 ( n n m - nm + 2 A m + 2 A ) - nm = + 2 n ( n + 1) n +1 = A. 所以 ,存在满足全部条件的正数 nm ( n - 2 k + 1) + 2 kA ak = n ( n + 1) 2 ( nm - A ) ( k = 1 ,2 , …, n ) ,使 α取最大值 . n ( n + 1) 此处 , 从例 1 到例 5 是从几何到代数的 推广 ,反过来就可以认为竞赛题的编拟是以 例 5 为背景的特殊化处理 .
一道平几竞赛题的简证与引申
（ 收稿 日期 ：００ ４ ５ ２ １０２ ）
Ｙ有最大值 ６ ５ ７．
一
当 ｍ＋ ｎ为奇 数时 ， Ｙ的最大值 为 ｍ＋１ 当 ７ ， （
一
／＝ｌ ／ ＇ 时） ；
显然按上述方 法可解 决类 似 的两 二次 根式 之差 的
问题 ．
当 ｍ＋ 为 ４的倍 数 时 ， 的 最 大值 为 （ ） ， ， ｍ＋
（ 、 当
几道几何题 的解答 ” 一文 （ 下称 文 ［ ］ ， １ ） 对初 中数 学竞
赛 中的几道 平面 几何 问题 “ 几何 法 给 出较 简单 的解 用
答” 文 ［ ］ ， （ １ ） 阅后 受益 匪浅． 面将 独辟蹊 径 ， 绍一 下 介 个新颖 、 别致 、 浅显 、 简单 的有趣证 明 ， 对原 问题作 进 并
Ｐ Ｃ于 日， Ｄ Ｌ－ ． 则 Ｈ＿ｔ ｌ Ｑ
。 ． ＼
Ｐ
。
Ｃ
＝ ： ＡＰ ＱＩＡＢ Ｄ， ＝ Ｂ Ｊ￣ ＝． Ｂ ， ， Ｃ Ｐ． ＿
又易知 Ｒ ＡＰ Ｂ￣ ｔ Ｈ ， ｔ Ｈ ＇Ｒ ＡＢ Ｃ
得 ＝ Ｂ Ｐ
，
上述 两命 题 的证 明可仿 本
文所介绍的方 法完成 ， 留给读者
参 考文献 １ 谢文剑． ． 例谈含二次根式的 函数 的极值 问题 的解法． 中学数
学 ，００ ３ 下 ） ２ １，（
又 由于上述问题 中所设 ｍ， ｎ知 ｍ＋ｎ与 ｍ一／均 同 ７ ，
一
＝ ２时） ．
为奇数或 同为偶数 ， 当两二次根 式被开方数 之差为奇 故 数（ 仅含 ２以外 的质因数） 为 ４的倍数（ 或 至少含两 个质 因数 ２ 时问题有解 ， ） 故有下述一般结论 ： 若 ，， ／ ｙ ｍ， 均为正整数 ， Ｙ＝ ／ ， 则 ＋
一道竞赛题的推广与变形
—
当
。
l
< m
．
<
l
且
，l ≠ ，
0
，
， 1
≥2
时
。
d
肿
1
0
n
，
(2
1 2
n
+
2
胛
一
) 两研 i 司
1
< a
。
故 命题得 证
设
％
‘
=
1
+
—
．
一
+
一
—
n +
”
胛 +
3
n
(2
n +
2
) 两研j 丽 )
=
’
变形
”
∑
k
=
求证
：
当正 整 数
2n
l
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时
，
以
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％
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行
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。
一
+
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知
+
由 f (x )
- _ 12
卜
=
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t
f 卦 等y l ／
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荟 五丽 币
l
1 l
知 I
一道乌克兰数学竞赛题的推广
推广 ２
＋
≥
２ 等 ＋ ， 滑 ≥
， ｍ ｍ ／． ２
Ｊ Ｔ ● ■
变形 ， ｎ ≥ ２ ＋ 有 ＋ｍ ｍ 。
Ｕ Ｔ ， ‘
（ ＋１ （ ＋ ） ｎ ） ｎ １ ’
（ ≥２ ， ） 正整数 ｍ， ｎ满足（ ＋ ） ＞ 求证 ： ｎ １ ｍ，
不等式 ：
即
ａ＋ｎ
ｎ＋１
原赛题 ： ０ ｂｃ ＋且 ０ 设 ，， ＥＲ ， ≥１求证 ： ，
同 理
６ ｏ ≥ ＋ ， ｒ≥ —
ｃ ＋— ≥
１ ＋１ ７ ，
６
¨
”，
（ （ （ ≥ 叶 ６ ｃ ＋ ＋
赛题 推广为
①
２ － ｎ １ ｍ （＋ ） －
羔
３
２
３
压
＠
２‘
＠
从①式的左边 到⑩式 ， 我们 很好 地完 成 了对 “ 这道 高赛题” 的再认 识 ， 是认知 上 的一次 飞跃． 这 诚然 ， 已有
读者 新 的认 知 萌 生 了 ……
＋ ｙ ２
同 理 可证
２
（ 稿 日期 ：ｏｏ ９７ 收 ２ ｌｏ １ ）
，
≥
⑩
Ｙ ＋ ｚ ２
（ ）＋ （ ≥ ｎ （ ）＋ （ ＋ ６ ｃ ）
证明 由二元均值不等式 ， 得
ａ ＋ ｎ
．
②
（ ）＋ （ 。 （ ｃ ＋ ６ ＋ ） ） ≥ ） （ （ ≥ ） （ ， 故 （ ）＋ （ ≥ｍ＋ ． 有 口 （ ）＋ 、ｎ， ＋ ６ ｃ ） ｌ ＋
一道竞赛不等式的推广
；ｔ 时 ＋ｚｔ≤ 一 当 ｝ ｘｙ ｝寺。 ｚ－ｚ ＋ｘ
在 给 出 另一 推广 之 前 ，先介 绍 Ｓ ｈ ｒ 等 式 。 ｃｕ 不
Ｓｈｒ 等 ： ， 为 实 ，。 有∑ｘ － （ｚ ｃ 不 式设ｘ， 非负 数ｒ ， ｕ ｙ ｚ ＞则 ｙｘ ） ｘ ）—
ｔ 特 当ｒ ， ＞ ，别 ：时有∑ｘ—（ｚ ｏ ０ １ （ｙ — ≥ 。 ｘ） ） ｘ
１ｔ ＋ ＋）ｔｘ ＋ｚ ｚ）ｔ ｙ。 一（ ｙ ｚ ｙ ｙ＋ｘ ｚ ｘ ＋（ 一ｘ
＝ 一＋。 ｙｙ＋ｘ ｔ ｚ １ｔｔｘ ＋ｚ ｚ—ｘ ） （ ｙ
所 以 ｘ ＋ ｚ ｚ －ｘ ｚ ｙ ｙ ＋ｘ ｔｙ＝ ； 。
另 方 ， ｘ＋一＋ｚ十 ｚ２ｚ 一 面寺（ ｚ（＋ｘｙｘｘ ＋ ）ｘ ） ｚ）ｙ ｙ ｙ（ 十一 】 ［ ｙ
越黼熟
ｖ０ ． Ｎ ｏ ２ ４
教育教学 ４
Ｓ ＥＮＣＥ ＣＩ
Ｆ ＡＮＳ
一
道竞赛不等 式 的推广
程 日 日
（ 华 职 业 技 术 学 院 师 范学 院 浙 江 金 华 ３ １ １ ） 金 ２ ０ ７ 摘 要 ： 一 道 不 等 式 竞 赛 题 从 两 个 方 面 进 行推 广 ， 用构 造 法对 第一 个推 广 给 予 了 简 洁 的证 明 ， 利 用 Ｓ ｈ ｒ 等 式证 明 了 另 一 对 先 再 ｃｕ 不
＝
【（ ｙ（ ｚ Ｙ —） —）ｚ —） —） 。 ｘ — ） －） （ ｘ（ ｚ （ ｘ（ ｙ ≥ｏ ｘ ｘ ＋ Ｙ ｙ ＋ｚ ｚ ］
所 以（ ｙ ｚｘ十 ｚｚ） ｘ （ ｙｚ ， 广 ２ 毕 。 ｘ ＋） ｙ ｙ＋ｘ≤２ｙ ＋ （ ｘ ＋）推 ＋ 证
ｆ－（ ｙ ｔｙ｝ 一ｚ ｛－（＋）（一ｚ ｔ ＋） ２ （ ｔ １ ｘ ＋ ｘ １ ） １ ｔ ｙ） ｔ ｘ １ ）
对一道韩国奥林匹克试题的简证与探究
试题 的关系
ｂ — （ ｃ ２ ＋ — ａ ｂ ）＋
如 果我们设 Ｘ＝ 二 ， Ｙ； 二， ＝ ， 代 入
ｃ （ ６ ０ ＋ ｃ ａ）。 ａ （ ａ ＋ ｂ ｃ ） ２ ‘ … … … … 将“ 四兄 弟” ，即 （ １ ） 、（ ５ ） 、（ ６ ） 、（ ７ ）式 对 照发 现：原来 “ 四兄 弟” 中 （ １ ）式整 齐 、漂 亮， 也就是说 （ １ ） 式容易入手证 明． 如果这道韩 国 奥林 匹 克试 题 换 成 （ ５ ） 、（ ６ ） 、（ ７ ）式， 尽 管 本 质与 （ １ ）式 完全 相 同 ，但 “ 长相 、模 样” 吓人，
６ ＝６ ．
法２ 、证法 ３之任 一种证法都可快速解决． ２ ． 一点思考
由排 列知识 可得 ３个元共有 ６种排 序方 ≥
Ｄ
证法 ２ ：利用 最简单 的代数不 等式
＾
０ 一； （ ｂ ＞０ ） 可得
式．排序不 等式除 同序 和 以及反序和 之外， 应 该还有 四个乱序和 ， 上述 （ ３ ） 式左边 只是其 中 个 乱序和， 也 就是说 ， 除上述 （ ３ ）式边 的乱
≥ ≥ ≥ ．
Ｘ — ＋ — Ｙ ＋ Ｙ ＋ ＿ ， 一 ＋— ＋ — ≥一 ２ ．… … … ㈤ ．……………ｆ 、 ２ ）
下面来证 明 ｆ ２ ） 式． １ ．四种 简 证
即
≥ 一 ３
由排 序 不 等 式 可 得 乱 序 和 不 小 于 反 序 和 ，
多互 ’
一
上 述 三 式相 加 即可 得 证 ．
＋ 一
ｃ
—
＋ ｂ ＝ －
一道竞赛题的推广和有关结论
题 ２ 在 四边 形 Ａ Ｃ 中， Ａ Ｃ ＝ ＢＤ Ｂ Ａ Ｃ＝９。Ｐ是 对 角线 Ａ Ｂ 的 交点 ， Ｄ ０， Ｃ、 Ｄ 过
Ａ Ｃ＝９。 Ｐ 是 对 角 线 Ａ 、 Ｄ 的 交 点 ， Ｄ ０， Ｃ Ｂ
Ⅳ分别是Ａ 、 Ｄ上的点 ， ＢＣ 满足 Ｄ Ｍ上Ａ ， Ｃ Ｂ Ｌ Ｃ． 证 ： 、 Ｐ三 点共 线 ． Ｎ＿ 求 Ｎ、 ［ １
Ｐ、 三点 共线 ． Ⅳ
由 Ｒ △ Ｃ Ｎ∽ Ｒ △ Ｃ Ａ， ｔ Ｆ ｔ Ｄ 得
Ｆ Ｎ＝百 Ｃ Ａ Ｄ＂ Ｆ
．
证 明： 图 １ 如 ．
因 Ｂ ／ Ｍ， Ｎ／Ｄ 所以，
Ｄ
从 而 ， Ｆ＝ 丽 Ｇ
．
Ｇ
同理 ， Ｅ＝ 丽 Ｈ
．
从而 ， Ｎ＂ Ｈ Ｆ Ｆ
： 一 ＣＥ・ ＡＥ ’
Ｉ Ｃ． 证 ． Ｐ、 ＝ 点其 线 ． Ａ 求 Ｍ、 Ｎ
所 以，
＝
．
故 Ｒ △ ＰＭ ∽ Ｒ △ Ｐ ． ｔ Ｅ ｔ 从 而 ， 、 Ｎ 三点共 线 ． Ｍ Ｐ、
证 明 ： 图 ３ 如 ，
Ｃ
过 Ｐ作 Ａ Ｃ的垂线 分别 交 Ａ Ｃ 于 Ｂ、 Ｄ 点 、 ． ，
由 Ｒ ｌ△ Ｃ Ｉ Ｐ ∽ Ｒ △ Ｃ Ａ， ｔ Ｄ 得
Ｂ Ｇ Ｍ Ｒ 图 ３ Ａ
注： Ｈ 若 Ｇ与 肋 重合 ， 就变成了原题 ． 可 见 ， １ 原题 的推 广 ． 题 是
收稿 日期 ；０ ６ ６—１ ２０ —０ ９
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一
图
所 丽 Ｇ Ｆ＝ＨＥ 丽
．
又 Ｃ ／ Ｍ， Ｍ、 、 Ｎ／ｎ 故 Ｐ Ｎ三点共线 ．
题 ３ 在 四边 形 Ａ Ｃ 中， Ａ Ｃ＝ ＢＤ Ｂ
一道大学生数学竞赛题的另证、推广、类比
解 令 ｆ（ｘ）＝ｓｉｎｘ， ∈（０，７ｒ），因为 ， （ ）＝一ｓｉｎｘ＜ ０，由引理可知：对 Ｖ ，Ａｉ∈（０，７ｒ），ｓｉｎｘ≤ＣＯＳＡｉ（ｘ—Ａｉ）＋ ｓｉｎＡ“所 以
将 上述 三个不等式相加可得：
３ ｓｉｎＡ ＋ ４ ｓｉｎＢ ＋ １８ｓｉｎ ≤ ３ ｓｉｎＡ １＋ ４ ｓｉｎＢ １＋ １８ ｓｉｎＣ１
＋
＋
从上述证明中可看出：当且仅当ｃ。ｓＡ：生 ｃ。ｓＢ：生
，
，
Ｙ
ｃｏｓＣ：生时不等式取等号
．
类 比定理 ｌ还可 以得 到：
所 以：
定理 ２ 设 ，Ｙ，Ｚ均为正实数，则对 于任 意 ＡＡＢＣ，有
，
２，只需构造 ＋ ２＝ 罢 即可，所以 所以１ｆ ｌｎｚｌ： ＋ ！一一ｃ，
一
＋
暑 ＝暑 ，因此
可构造试题 设 函数 ，（ ）＝ｌｎ ，９（ ）＝ 。 ＋ 一ｃ，
ａ （ ｅ ２ ） ｘ ｌ ＋ ｘ２ －
￣ １＋ ｅ ｚ
Ｏ ＝ ，
像在 其切线 的上方 ，上凸 函数 的 图像 在其 切线 的下方，其证
４ ｓｉｎＢ ≤４ ＣＯＳＢ１（Ｂ ～Ｂ１）＋４ ｓｉｎＢ１， １８ ｓｉｎＣ ≤ １８ＣＯＳＣ１（ — １）＋１８ ｓｉｎＣ１． 令 ３ＣＯＳＡ１＝ ４ＣＯＳＢ１＝ １８ ＣＯＳＣ１＝ ｋ且 １＋Ｂ１＋Ｃｌ＝ Ａ ＋Ｂ＋Ｃ ＝ ７ｒ，由三角形 中熟知的恒等式
， ｌ
整 理 得 ：１２ｋ。＋ ２２９ｋ。一 １２９６＝ ０，即
加可得
ｓｉｎＡ ＋ ｓｉｎＢ ＋ ｚ ｓｉｎＣ ≤ ｓｉｎＡ１＋ Ｙ ｓｉｎＢ１＋ ｚ ｓｉｎＣ１
一道数学奥林匹克问题的推广0610
2 2∏2∏∏( n - 1) ∏a ·( n + n + 1) ·≥ 3∏( a + a + 1)14中 等 数 学一道数学奥林匹克问题的推广朱 纯 刚(湖南省常德市第一中学 ,415000)2006 年《中等数学》第三期的《数学奥林匹克问题》栏目提出了下面的问题 :已知 x 、y 、z ∈R + , x + y + z = 1. 求证 :n2iii = 1na= ∏ a 2 + i ++a i + 1 + +11 - x x2 1 - y y2 1 - z 26 .z3 i = 1ninn n n 2n2 n 个本文给出式 ①的变量个数推广形式和指 ≥ ∏ ( n 2+ n + 1) 数推广形式及相应的证明.1式 ①的变量个数推广形式i = 1= ( n 2+ n + 1)n1n2 n 2+ nn 2n + n + 1·命题 1 设 a i > 0 ( i = 1 ,2 ,, n ) , n ≥2nna ii = 1n + 2n + n + 1,( n ∈N ) ,∑ai= 1. 则n1i = 1 则 ∏ a 2 - a in133i∏- a i ≥ n - 1 .nni = 1a n∏(1 - a i) ∏( a i+ a i+ 1)nn =i = 1i = 1 证明 :因为 ∏(1 - a i ) ≥( n - 1) n∏a i ,na i i = 1i = 1≤n - n ,i = 1n≥a ii = 1n - 2n2 nii = 1b 2- b - 1≡(4 r + 4) k 2 + 4 k 3 + (2 r - 1) k + r 2 - r - 1 ≡k (4 k 2 - 5) + (4 r + 4) k 2 +(2 r + 4) k + r 2- r - 1≡[ (4 r + 4) k 2 + (2 r + 4) k +r 2- r - 1 ] (mod m ) .取 r = - 2 , 则b 2- b - 1≡- 4 k 2 + 5 + (2 r + 4) k + r 2 - r - 6= - k 2+ 5≡0 (mod 4 k 2 - 5) .于 是 , b = 2 k 2+ k - 2.有了这个构造 ,下面的证明就容易了 ,见文[ 1 ] .参考文献 :[1]] 李建泉译. 第 45 届 IMO 预选题 ( 下) (J ) . 中等数学 , 2005 (11) .2 a n + 2i2n2 n + n12n + n + 1n∏2a ii = 1①3 n - 1 3∏ 2n2 3 + 4n2- 2006 年第 10 期 1532故( x n - 1 + x n - 2+ + 1) ·( n 3= - 1) n- 2 n - nn n+ n + 1 2( y n - 1+ yn - 2+ + 1) · a i i = 1n - 12n + n + 1- 232( zn - 1+ zn - 2++ 1)2 s ≥( n 33 n - n- 1) n n + n + 1 3n + nn n + n + 1n≥ 3 n- 12 = n - 1 .n2式 ①的指数推广形式命题 2 设 n ≥3 ( n ∈N ) , x 、 y 、 z > 0 ,x + y + z = 1. 则1 - x 1 - y 1 - z= (1 - x ) ( xn - 1+ xn - 2+ + 1) ·(1 - y ) ( y n - 1 + y n - 2+ + 1) (1 - z ) · ( z n - 1 + z n - 2 + + 1) ( xyz ) - ( n - 1)xn - 1≥ 3 n- 1 3y n - 1 3.zn - 1≥8 ( x n - 1 + x n - 2 ++ 1) · ( yn - 1+ yn - 2++ 1) · 证明 :因 xn - 1 + xn - 2 ++ x + 1 ( zn - 1+ zn - 2++ 1) ( xyz )- ( n - 2)n - 1 x n - 2xn - 2xn - 2- 6 t2 s - + 2= x + 3+3+3+xn - 3 x n - 3 ++ ++≥(3 n - 1) 3 ×3( n )3 3 n- 1( xyz ) 3n- 1(2 n - 3) ×3 n + 1+ 92 (3 n - 1)(5n ×3 n) 2 3 n- 1 3232 2= 3 - 1 ×3n + 1xyz15n ×3n + 13个 xx11≥(3n- 1) 3- (2 n - 3) ×3+ 9×32 (3 n - 1) ×3- 2 +3 n- 1n - 2 + + n - 2 + n - 1 + + n - 1 n + 1n + 133 33- (2 n - 3) ×3+ 9 - 15 + n ×33n - 2个≥(30 + 31 ++ 3n - 1) ·3n - 1个= (3 nn - 1) 3×3 3 - 32 (3 n- 1)23 n - 13n - 1 + 3 ( n )2( n - 3) + + 3n - 22 = (3 - 1) ×3= .x33 + 2 × 2- 2 + 3+ ( n - 2) 3 n - 2+ ( n - 1) 3n - 13 n- 13 n- 1 = 2x s3 t 2 3 n- 1,其 中 ,s = n - 1 + 3( n - 2) + 32( n - 3) ++ 3n - 2n=3 - 2 n - 1 ,t = 3 + 2 ×32+ + ( n - 2) 3n - 2+3( xyz ) 3 n - 16 t.33n- 11 - yy n - 1 1 - zzn - 1 1nn + n 2 2 n∏ i = 1ain + 2 2n + n + 1= ( 2 n - 3) ×3 n+ 3 4 .从而 ,1 - xxn - 1 n n n= (1 - x ) (1 - y ) (1 - z ) ( xyz ) n - 1n2n + n + 1本刊 2006 年第 8 期《中国队获第 47 届 IMO 团体总分第一名》一文中 ,中国国家队队员柳智宇所在学校应为华中师大一附中。