2013年韩国数学奥林匹克一道不等式题的精彩证明

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竞赛讲座之 12-1不等式的证明方法 (比较法)

证明不等式的基本方法现实世界中的量，相等是相对的、局部的，而不等的绝对的、普遍的。

不等式的本质是研究“数量关系”中的“不等关系”。

对于两个量，我们常要比较它们之间的大小，或者证明一个量大于另一个，这就是不等式的证明。

不等式的证明因题而异，灵活多变，常常要用到一些基本的不等式，如柯西不等式、平均值不等式等等，其中还需要用一些技巧性高的代数变形。

在这一部分我们主要来学习一些证明不等式的基本方法。

不等式是数学竞赛的热点之一。

由于不等式的证明难度大，灵活性强，要求很高的技巧，常常使它成为各类数学竞赛中的“高档”试题。

而且，不论是几何、数论、函数或组合数学中的许多问题，都可能与不等式有关，这就使得不等式的问题（特别是有关不等式的证明）在数学竞赛中显得尤为重要。

证明不等式同大多数高难度的数学竞赛问题一样，没有固定的模式，证法因题而异，灵活多变，技巧性强。

但它也有一些基本的常用方法，要熟练掌握不等式的证明技巧，必须从学习这些基本的常用方法开始。

【知识概要】证明不等式的常用方法有：⒈比较法：依据实数的运算性质及大小顺序之间的关系，通过两个实数的差或商的符号（范围）确定两个数的大小关系的方法。

基本解题步骤是：作差（商）—变形—判号（范围）—定论。

证题时常用到配方、因式分解、换元、乘方、恒等式、重要不等式、优化假设、放缩等变形技巧。

⒉分析综合法：所谓“综合”指由“因”导“果”，从已知条件出发，依据不等式的性质、函数的性质、重要不等式等逐步推进，证得所要证的不等式。

所谓“分析”指的是执“果”索“因”，从欲证不等式出发，层层推求使之成立的充分条件，直至已知事实为止。

一般先用分析法分析证题思路，再用综合法书写证明过程。

⒊重要不等式法：主要有均值不等式、柯西不等式、排序不等式等。

⒋换元法：适当引入新变量，通过代换简化原有结构，实现某种变通，给证明的成功带来新的转机。

具体地讲，就是化超越式为代数式，化无理式为有理式，化分式为整式，化高次式为低次式等等。

全部的初等不等式证明

初等不等式证明一、基本不等式及应用基本不等式是指已被人们证明了的较为常用的不等式，它常被当作定理，用于证明其他一些不等式.基本不等式在许多不等式专著中都作过介绍.这里给出几个常用的基本不等式. 1. 平均值不等式设12,,,n a a a ⋅⋅⋅是n 个正实数，记12111n nn H a a a =++⋅⋅⋅+，n G =12n n a a a A n ++⋅⋅⋅+=，n Q =，分别称n n n n H G A Q 、、、为这n 个正数的调和平均、几何平均、算术平均和平方平均，则有n n n n H G A Q ≤≤≤，当且仅当12n a a a ==⋅⋅⋅=时取等号.2. 柯西（Cauchy ）不等式设,(1,2,,)i i a b R i n ∈=⋅⋅⋅，则 222111()()()nn ni i i i i i i a b a b ===≤∑∑∑，当数组12,,,n a a a ⋅⋅⋅；12,,,n b b b ⋅⋅⋅不全为零时，当且仅当(1,2,,,0)i i b a i n λλ==⋅⋅⋅≠时取等号.3. 排序不等式设两组实数12,,,n a a a ⋅⋅⋅；12,,,n b b b ⋅⋅⋅，满足12n a a a ≤≤⋅⋅⋅≤，12n b b b ≤≤⋅⋅⋅≤，则有1211n n n a b a b a b -++⋅⋅⋅+ （反序和） 1212n i i n i a b a b a b ≤++⋅⋅⋅+ （乱序和） 1122n n a b a b a b ≤++⋅⋅⋅+ （同序和）当且仅当12n a a a ==⋅⋅⋅=，或12n b b b ==⋅⋅⋅=时取等号.4. 琴生（Jensen ）不等式设连续函数()f x 的定义域为(,)a b ，如果对于(,)a b 内的任意两个数12,x x ，都有1212()()()22x x f x f x f ++≤，则称()f x 为(,)a b 上的凸函数.若上式不等式反号，则称()f x 为(,)a b 上的凹函数.若()f x 为(,)a b 上的凸函数，则对于任意12,,,(,)n x x x a b ⋅⋅⋅∈有12121()[()()()]n n x x x f f x f x f x n n++⋅⋅⋅+≤++⋅⋅⋅+，当且仅当12n x x x ==⋅⋅⋅=时取等号.若为(,)a b 上的凹函数，则对于任意12,,,(,)n x x x a b ⋅⋅⋅∈有 12121()[()()()]n n x x x f f x f x f x n n++⋅⋅⋅+≥++⋅⋅⋅+，当且仅当12n x x x ==⋅⋅⋅=时取等号.5. 贝努利（Bernoulli ）不等式设1x >-，若0α<，或1α>-，则 (1)1x x αα+≥+. 若01α<<，则(1)1x x αα+≤+.当且仅当0x =时，以上两式均取等号. 6. 赫尔德（H ǒlder ）不等式设,,,(1,2,,)i i i a b l R i n +⋅⋅⋅∈=⋅⋅⋅，又,,,R αβλ+⋅⋅⋅∈，且1αβλ++⋅⋅⋅+=，则有1111()()()nn n nii i i i i i i i i ab l a b l αβλαβλ====⋅⋅⋅≤⋅⋅⋅∑∑∑∑，.当且仅当111(1,2,,)kkknnni i ii i i a b l k n a b l=====⋅⋅⋅==⋅⋅⋅∑∑∑时取等号.特别当1nαβλ==⋅⋅⋅==时，有 11111[()]()()()nn n nnn i iii i i i i i i a b l a b l ====⋅⋅⋅≤⋅⋅⋅∑∑∑∑.7. 切比雪夫(Chebyshev)不等式设两组实数12,,,n a a a ⋅⋅⋅；12,,,n b b b ⋅⋅⋅，若满足12n a a a ≤≤⋅⋅⋅≤，12n b b b ≤≤⋅⋅⋅≤或12n a a a ≥≥⋅⋅⋅≥，12n b b b ≥≥⋅⋅⋅≥，则有111111()()n n ni i i i i i i a b a b n n n ===≥∑∑∑.若满足12n a a a ≤≤⋅⋅⋅≤，12n b b b ≥≥⋅⋅⋅≥，或12n a a a ≥≥⋅⋅⋅≥，12n b b b ≤≤⋅⋅⋅≤，则有111111()()n n ni i i i i i i a b a b n n n ===≤∑∑∑.当且仅当12n a a a ==⋅⋅⋅=，或12n b b b ==⋅⋅⋅=时以上两式均取等号.8. 加权幂平均不等式设,(1,2,,)i i a p R i n +∈=⋅⋅⋅，,r s R ∈，且r s <，则111111nnrsrsi i i i i i nn i i i i p a p a p p ====⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪≤⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑∑∑，当且仅当12n a a a ==⋅⋅⋅=时取等号. 9. 其他（1）设,,,,,x y z R αβγ∈，且(21)k αβγπ++=+（k Z ∈），则 i ） 2221cos cos cos ()2yz zx xy x y z αβγ++≤++ 当且仅当sin sin sin yz zx xy αβγ==时取等号.ii ） 22221sin sin sin ()4yz zx xy x y z αβγ++≤++，当且仅当sin 2sin 2sin 2yz zx xy αβγ==时取等号. （2）设,,1,2,,,ij x R i j n ∈=⋅⋅⋅则1n i =≥，当且仅当123::::i i i ni x x x x λ⋅⋅⋅=（常数），1,2,3,,i n =⋅⋅⋅时取等号.（3）设,,,,i i i i x y z l R -⋅⋅⋅∈，22220i i i i x y z l ---⋅⋅⋅-≥，1,2,3,,i n =⋅⋅⋅，则1ni =≤当且仅当::::i i i i x y z l λ⋅⋅⋅=（常数），1,2,3,,i n =⋅⋅⋅时取等号.（4）两个有用定理定理1 设,,u v R λ+∈，记1s u v λ=++，2s uv v u λλ=++，3s uv λ=，x =，y =i ） 23()61(xy xy xy +---(1)(2)3283()61(x xy xy xy ≤≤+-+-ii ）23()61(xy xy xy +---(3)(4)3283()61(y xy xy xy ≤≤+-+-.当且仅当,,u v λ中有两个数相等且不小于第三个数时，（1）、（4）两式取等号；当且仅当,,u v λ中有两个数相等，且不大于第三个数时，（2）、（3）两式取等号.推论1 同定理1条件，有(5)(6)324(1)4(1)164129()219595xy xy xy x xy xy xy xy ---+≤≤++---；(7)(8)324(1)4(1)164129()219595xy xy xy y xy xy xy xy ---+≤≤++---当且仅当u v λ==时，（5）、（6）、（7）、（8）四式取等号.推论2 同定理1条件，有x ≤≤3(11)(12)12728972x y x x-+++≤≤，当且仅当u v λ==时，（9）、（10）、（11）、（12）四式均取等号.定理2 设,,u v R λ∈，记1s u v λ=++，2s uv v u λλ=++，3s uv λ=，w =（10w s ≤≤），则32322323(13)(14)11111111332(2)()(2)()3227272727s s w w s w s w s w s w s s w w s ---++--+=≤≤=，当且仅当,,u v λ中有两个数相等，且不小于113s 时，（13）式取等号；当且仅当,,u v λ中有两个数相等，且不大于113s 时，（14）式取等号. 推论3 同定理2条件，特别当11s =时，有232223(15)(16)132(12)(1)(12)(1)132********w w w w w w w w uv λ---++--+=≤≤=，当且仅当,,u v λ中有两个数相等，且不小于13时，（15）式取等号；当且仅当,,u v λ中有两个数相等，且不大于13时，（16）式取等号. 注：在应用定理2与其推论3时，要特别注意120w -≤的情况，有时要对120w -≤和120w -≥分别加以讨论，尤其在0u λν≥时的情况.（一）算术几何平均值不等式应用例子例1 已知 ,1,2,i a R i +∈=…,n, 且11nii a==∑，求证()()()()3122311*********n n n n a a a a a a a a n -++⋅⋅⋅++≥+++++ （1）当且仅当 121n a a a n==⋅⋅⋅==时，（1）式取等号.例2 （20XX 年全国十八所奥赛协作体学校试题）设 ,,,a b c R +∈且 1bc ca ab ++=，求证1abc≤ （2）提示由1bc =≥∑知，可证更强式（3）⇔3 （※）例3 （2005，第17届亚太地区数学奥林匹克）设 ,,,x y z R +∈且 8xyz =，则243≥（4）当且仅当2x y z ===时，（4）式取等号.注：由本题证明中可知，若将条件改为12yz zx xy ++≥，结论也成立.例4 （自创题，2006.12.17）设,,a b c R +∈，则> （5）例 5 （自创题，1988.10.13）设同一平面上两个凸四边形的边长分别为,,,a b c d 和,,,a b c d ''''，面积分别为∆和'∆，那么aa bb cc dd ''''+++≥ （6）当且仅当这两个凸四边形都内接于圆（不一定要同一个圆），且 ()()()s a s a s b ''--=-⋅()()()()()s b s c s c s d s d ''''''-=--=--时，（6）式取等号. 这里1()2s a b c d =+++，1()2s a b c d '''''=+++.附：凸四边形ABCD 四边长分别为AB a =，BC b =，CD c =，DA d =，当且仅当此四边形ABCD 内接于圆时，其面积最大，最大值为max ()ABCD S =（7）例6 （自创题，2006.12.26）设,,,a b c d R -∈，则32222()4[()()()()]a a c d b d a c a b d b c ≥+++++++∑ （8）当且仅当a c =，b d =时，（8）式取等号.例7 设,,x y z R -∈，求证 25()81x xyz x ≥⋅∑∑ （9）当且仅当x y z ==时，（9）式取等号.（二）柯西不等式应用例子例1 设,i i x y R ∈，1,2,,i n =⋅⋅⋅，且10nii x=≥∑，10ni i y =≥∑，10i j i j nx x ≤<≤≥∑，10i j i j ny y ≤<≤≥∑，1ni i x x ==∑，则1()niii x x y=-≥∑ （1）yxdc baDCBA当且仅当1212n nx x x y y y ==⋅⋅⋅= 时，（1）式取等号. 在（1）式中，当3n =时，被人们称之为“母不等式”.即以下命题1：设123123,,,,,x x x y y y R ∈，且10x≥∑，10y ≥∑，120x x ≥∑，120y y ≥∑，则231()xx y +≥∑ （2）当且仅当312123x x x y y y ==时，（2）式取等号. 命题1应用如下：1.（匹多不等式）ABC ∆与'''A B C ∆边长分别为,,a b c 和,,a b c '''，面积分别为∆与'∆，则2222()16ab c a ''-++≥∆∆∑ （3）当且仅当ABCA B C '''∆∆时，（3）式取等号. 提示：取222x a b c =-++,2222x a b c ''''=-++等，并应用三角形面积公式.2.（程灵提出）若ABC ∆与A B C '''∆边长分别为,,a b c 和,,a b c '''，面积分别为∆与'∆，则()a b c a '-++≥∑ （4）当且仅当ABC ∆与'''A B C ∆均为正三角形时，（4）式取等号.提示：在（2）中取1x a b c '''=-++，1y a b c =-++等，并应用到22bc a-∑∑≥.3.（安振平提出）若ABC ∆与A B C '''∆边长分别为,,a b c 和,,a b c '''，面积分别为∆与'∆，则2()()16a b c a b c a ''-++-≥∆∆∑ （5）当且仅当222()()()a b c a a b c b a b c c a b c '''==-++-++-时，（5）式取等号.提示：在（2）中取2221x a b c '''=-++，1()()y a b c a b c =-++-等.4.（自创题，1983.05.07）若ABC ∆与A B C '''∆边长分别为,,a b c 和,,a b c '''，面积分别为∆与'∆，则()()()16a a b c a b c a b c '''''''-++-++-≥∆∆∑ （6）当且仅当ABCA B C '''∆∆时，（6）式取等号.提示：在（2）中取1()()x a b c a b c =-++-，1()()y a b c a b c ''''''=-++-等. 以上（3）式与（6）式有相同的取等号条件，试讨论他们左边式子的大小.5. 设ABC ∆三边长为,,BC a CA b AB c ===，面积为∆，P 为ABC ∆内部或边界上一点，从P 分别向三边BC 、CA 、AB 所在直线作垂线，垂足分别为D 、E 、F ，记1PD r =，2PE r =，3PF r =，则223242r r bc a∆≤-∑∑∑. （7）提示：12342()()ar a b c r r ∆==-+++∑∑≥≥.我们还可以由（2）式得到或证明更多不等式.又如第六章，“三角几何不等式”中的例6、例22等.注：类似上述方法，应用赫尔德不等式，有命题设x ,,i i i y z R -∈，1,2,3i =，则123123123111222333()()()()x x x y y y z z z x y z x y z x y z ++++++-++≥.（8）例2 （自创题，1988，0.4.20）设,,,,x y z w R λ∈，且0,0xy zw >>，2λ≤，则≤（9）=时，（9）式取等号.注：（9）式可参阅由吴康主编的《奥赛金牌之路》（高中数学）“第一章 §6 三角不等式”（P81—P90），本节系杨学枝所写.利用同上证法可得以下命题（自创题）：设,,,x y z w R +∈，(21)k αβγθπ+++=+ ()k z ∈，则sin sin sin sin x y z w αβγθ+++≤（10）当且仅当，cos cos cos cos x y z w αβγθ=== 时，（9）式取等号.（10）式为笔者首创，可参见同上吴康主编的《奥赛金牌之路》（高中数学）P82. 本命题在《中等数学》杂志社组织的数学竞赛命题评奖中，获一等奖.本命题也可参见《中等数学》，1989年第二期，杨学枝文：《对一个三角不等式的再探讨》.例3 a ,i i b R ∈，1,2,,i n =⋅⋅⋅，则1112nnni i i i i i i a b a b n ===≥∑∑∑. （11）注：（11）式是一个值得关注的不等式，如取3n =时，可证20XX 年中国国家队培训题：,,,,,a b c x y z R ∈，满足()()3a b c x y z ++++=，222222()()4a b c x y z ++++=，求证0ax by cz ++≥.例4 设a,,b c R +∈，且3a b c ++=，则2232a ab ≥+∑. （12）例5 （20XX 年.IMO.46）已知x,y,z ∈R +,且 1xyz ≥，求证525220x x x y z-≥++∑ （13）例6 （20XX 年IMO 预选题）设(1,2,,)i x R i n ∈=⋅⋅⋅,求证1222222211212111n nx x x x x x x x x ++⋅⋅⋅+<++++++⋅⋅⋅+（14）例7 a,b,c 为正数，证明22224()a b c a b a b c b c a a b c-++≥+++++，（15）当且仅当a c b >>，且a b c a c a b c b==---，即a c b >>且3322b c b c +=时，（15）式取等号.例8 （20XX 年国家集训队测试题）设,,,x y z R -∈且1x y z ++=，求证+≤ （16）例9 （自创题，1987.07.20）设 ,,,x y z w R +∈，则 ()2918x x x xy xz xw yz yw zw +⋅≥+++++∑∑∑ （17）当且仅当 x y z w === 时，（17）式取等号.注：（17）式可推广为：设 ,1,2,,i x R i n +∈=⋅⋅⋅，则111n ni i i i x x ==⋅≥∑∑()()2212112n i i i ji j jn x n n x x =≤<≤⎛⎫- ⎪⎝⎭--∑∑ （18）当且仅当12n x x x ==⋅⋅⋅=时,(18)式取等号.若记11ni i s x ==∑，21i j i j ns x x ≤<≤=∑，12n n s x x x =⋅⋅⋅，111n n s s x -=∑，则（18）式可写成如下形式：22212121(2)(1)n n n s s s n n s s n s s -+-≥-.例10 (陈计，2008.08.29提供)对正数,,,a b c d 及0k ≥，有 41a b c d b kd c ka d kb a kc k+++≥+++++. （19）例11 （自创题，2010.11,09）设,,x y z R +∈，求证322x x xy y ≥++∑ （20）当且仅当1x y z ===时（20）式取等号.注：猜想设,,x y z R +∈，有322x x xy y ≥++∑322x x xy y≥++∑.例12 设,,,..a b c x y z 非负，且a b c x y z ++=++，则()()()3()ax a x by b y cz c z abc xyz +++++≥+. （21）例13 （第50届IMO 金牌得主林博提出的猜想）设,,0a b c ≥，求证2a ≤∑∑. （22）例14（自创题，2001.02.02）设,,x y z R +∈,且4yz zx xy xyz +++≤，则x y z yz zx xy ++≥++. （23）注：1.用类似方法，可证以下命题设,,p q r R -∈，,,x y z R ∈，且14p q r pqr +++≤，则222px qy rz yz zx xy ++≥++. （24） 2. 第48届国际数学奥林匹克中国国家集训队有一道测试题（20XX 年3月）与其相似.题目设正实数,,u v w满足4u v w ++=，求证u v w ++. （25）x =y =z =，则原命题等价于：,,x y z R +∈，且4yz zx xy xyz +++=，则x y z yz zx xy ++≥++ ① 式证明可见《数学奥林匹克不等式研究》第八章章练习题64中i ）.例15（第48届IMO 中国国家集训队测试题）设正数12,,,n a a a ⋅⋅⋅，满足12a a +1n a +⋅⋅⋅+=，求证1212231222223311()()1n n a a a na a a a a a a a a a a a n ++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+≥++++ （26）例16 已知221,a b kab +-= 221c d kcd +-=，,,,,a b c d k R ∈，且 2k <，求证ac bd -≤（27）当且仅当()()()()22a b c d k k a b c d ---=+++，即bc ad k ac bd +=+时，（27）式取等号.例17. （20XX 年IMO 预选题）设(1,2,,)i x R i n ∈=⋅⋅⋅,求证1222222211212111n nx x x x x x x x x ++⋅⋅⋅+<++++++⋅⋅⋅+（28）3. 其他基本不等式应用例子例1 设,,x y z R -∈，则4+≤(1)()2x y z ≤++，例2 （自创题，2010.07.03）若,,a b c 为满足1a b c ++=的正数，19λ≥，则 31()()()(3)3a b c b c a λλλλ+++≥+，（3）推广式，即有以下命题若12,,,n a a a ⋅⋅⋅为满足11ni i a ==∑的正数，21n λ≥，则 122311()()()()n n a a a n a a a nλλλλ++⋅⋅⋅+≥+，（4）当且仅当121n a a a n==⋅⋅⋅==时，（4）式取等号.例3 （自创题，2010.07.03）若,,a b c 为满足1abc ≥的正数，23λ≥，则)a b c ≤++，（5）当且仅当1a b c ===时，（5）式取等号.推广式以下命题若12,,,n a a a ⋅⋅⋅为满足121n a a a ⋅⋅⋅≥的正数，11nλ≥-，则11nni i i a ==≤，（6）当且仅当121n a a a ==⋅⋅⋅==时，（6）式取等号.例4（《不等式研究网站》，“竞赛不等式”专栏，20XX 年1月6日，陈胜利老师提出）设,,0a b c >，且1abc =，求证2112()3a a ≥+-∑ （7）例5 （王雍熙，2011.08.22提供）设,,a b c R -∈，且2a a ≥∑∑，则31aabc bc +≥+∑∑. （8）本题可推广，见以下例6.例6（自创题，2011.08.22）设i a R -∈，1,2,,i n =⋅⋅⋅，2n ≥，记i a （1,2,,i n =⋅⋅⋅）中每k （1,2,,k n =⋅⋅⋅）,个乘积之和为k s ，m 为不大于n 的正整数，且211n ni ii i a a==≥∑∑，则11352411+s 1nn n n ii n n s n s n as s s s n sn --=-⎧⎧++≥+++⋅⋅⋅+⎨⎨⎩⎩∑（为奇数）（为奇数）（为偶数）（为偶数），（9）二、其他方法证明不等式例子例1 （自创题，2006.08.25）设,,x y z R -∈，且2222x y z xyz +++1≤，则 142xyz yz +≥∑，（1）当且仅当12x y z ===，或,,x y z中一个为零，另外二个均等于2时，（1）式取等号.例2（20XX 年全国高中数学联赛A 卷加试题3）给定整数2n >，设正实数12,,,n a a a ⋅⋅⋅满足1,1,2,,k a k n ≤=⋅⋅⋅，记12,1,2,,kk a a a A k n k++⋅⋅⋅+==⋅⋅⋅.求证： 1112nnk k k k n a A ==--<∑∑. （2）例 3 已知123123a a a b b b ++=++，122331122331a a a a a a a a a a a a ++=++，若123123min{,,}min{,,}a a a b b b ≤，求证： 123123max{,,}max{,,}a a a b b b ≤.注. 本例可推广.例4 （自创题，2007.12.28）设,,a b c R +∈，且1bc =∑，则21142a bc ≥-+∑，（3）当且仅当a b c ===时取等号.例5 （宋庆老师在《中学数学研究》（广东），20XX 年第1期，文“两个优美的无理不等式”中提出的猜想）若,,0a b c >，满足1a b c ===，则≥（4）例6 .(20XX 年，Serbian 数学奥林匹克试题) 已知,,a b c 是正数,且1a b c ++=，证明127131bc a a≤++∑. （5）例7（陈计，2008.05.04提供）设,,a b c R ∈，n N ∈，则 2[()()]4[()][()]n n n b c b c b c bc b c +-≥--∑∑∑. （6）例8 （自创题，2008.05.07）设,,a b c R -∈，求使22222233()()()(2)()b c bc c a ca a b ab abc a b c λλλλ++++++≥+++ 成立的最大正数λ的值.例9 (自创题，2008.08.30)设1122,,,a b a b R ∈，且222221122a b a b m -=-=，则2212211122211221122()()()()()4()()a b a b m a b a b a b a b m a b a b ++-+++≥++-++，（7）当且仅当22211a b m -=，12a a =，12b b =时，（7）式取等号.例10 （江苏高三学生顾振同学2010.08.06提供）设,,x y z R -∈，且2221x y z ++=，则411x yzx xyz≤--∑∑∑ ，（8）当且仅当3x y z ===，或,,x y z中，有一个为零，其余两个都等于2时，（8）式取等号.例11 （自创题，2005.12.04）设,,a b c R +∈，且1a b c ++=，则3)5)1080abc abc bc -+≥∑ （9）当且仅当13a b c ===，或,,a b c中有一个等于33-，另外两个都等于6时，（9）式取等号.例12（自创题，2007.09.18）设,,a b c R +∈，且1a b c ++=，则271481abc a-≤∑ （10）当且仅当13a b c ===，或,,a b c 中一个等于23，其余两个都等于16时，（10）式取等号.例13 （美国，Pham Kim Hung ）设,,a b c 是三角形三边长，则222a b a b a≥+∑∑∑， (11) 当且仅当ABC ∆为正三角形时,(11)式取等号.例14 “奥数之家”2010.03.31，“476934847”提出：设,,a b c R +∈，则22222()3a b c a c b c a a b c -++≥+++. （12）例15 假设P 、Q 、R 分别是ABC 的三边BC 、CA 、AB 上三点，且满足13AQ AR BR BP CP CQ +=+=+=，则12PQ QR RP ++≥（13）注：1. 关于本题，有其深刻的背景，可参阅杨之所著《初等数学研究的问题和课题》P297~298；或参阅《数学通讯》1991年第2期“问题征解”栏目杨学枝解答及编者评语；或参阅《中学数学教学参考》（陕西），1992年第6期，杨学枝文《一个几何不等式的再加强》；或参阅《数学通讯》1996年第10期，杨学枝文《从一道命题谈起》：也可以参阅杨学枝主编《不等式研究》(西藏人民出版社，2000年6月出版)一书中杨路教授写的“序”；还可以参阅杨学枝著《数学奥林匹克不等式研究》(哈尔滨工业大学出版社，20XX 年8月出版)一书中杨路教授写的“序”；还可以参见《UNIV, BEOGRAD. PUBL. ELEKTKOTEHN.FAKser. Mat.4(1993).25~27.陈计与杨学枝文:《ON A ZIRAKZADEH INEQUALITY RELATED TO TWO TRIANGLES INSCRIBED ONE IN THE OTHER 》.2. 由以上所得重要不等式1()()(cos cos cos )3QR RP PQ a b c a b c A B C ++≥++-++++（14）可得较（13）式更强的不等式33339()()8QR RP PQ BC CA AB ++≥++ （15）3. 《福建中学数学》，1996年第4期.杨学枝文：《对一道猜想题的证明》中，用与（13）式的类似证法，给出了2221()4RP PQ PQ QR QR RP BC CA AB ⋅+⋅+⋅≥++ （16）其中,,P Q R 分别为,,BC CA AB 边上的周界中点.。

2013中国女子数学奥林匹克试题及其解答

2013中国女子数学奥林匹克试题及其解答1.证明（张云华）1.证明（mavropnevma ）Let , . The region is the triangle ,and , thus the triangles of largest possible area are and . But(equality for is for ,disallowed).(equality foris for ).EDIT. Referring to the next post - it is interesting to figure out the envelope of the linesis the parabola , but in some way it is irrelevant, since the problemfunctions for a fixed , with fixed on the parabola for some , and thetriangular area being delimited by the tangent to that parabola at .1.证明（kunny）, thus theparabola is envelope of the linesWhich touches at .The domain of the family of the lines swept by is shown by the shaded region, excluded twopoints .Edit:I was misreading the context problem, thank you for pointing put it, mavropnevma.I have just attached another figure.Needless to say, mavropnevma's solution is perfect.P.S.I remember that the similar problem original problem has been posed in 1970's in Tokyo University entrance exam/Science.According to my memory, let be the maximum area of any triangle which is involved in theregion in original problem, then draw the graph of to find the extrema of .Here is the similar problem posed in Tokyo University entrance exam/Science, second round, 1978In the -plane, let be the part which is correspond to of the parabola ,that is to say, .Let the tangent Line of at intersects with the line at and intersects withthe line at .Let . We are to consider the questions as below in the range of.(1) Let denote the area of triangles by , respectively. Find the rangeof such that .(2) Let be the domain enclosed by line segments and .Note : contains line segments and .Let be the maximum area of the triangle with a vertex which is contained in .Find the function and draw the graph, then find the exterme value.Note : A function has local minimum (or local maximum) at a point, which means for all points which is closed to ,holds. We call local maximum, local minimum as extreme value.2.证明(Luis González)Let and Let be the incircleof touching at Clearly and are homothethic with incirclesbut since are symmetric about the midpoint of (isthe M-excircle of MAB), it follows that and are homotheticwith corresponding cevians2.证明(Andrew64)As shown in the figure below.is the intersection of and .Therefore , , meet at the same point .Attachments:link17.jpg [ 37.23 KiB | Viewed 52 times ]3.证明(mavropnevma)Since it is irrelevant which persons of the same gender know each other, we may assume there ore none such, and consider the bipartite graph having the left shore made ofthe boys and the right shore made of the girls, with an edge connecting a boy and a girl ifthey know each other. The condition means does not contain any induced cycle of length ,and the requirement is to show the number of edges satisfies .Thus it is an extremal graph theory question, for bipartite graphs with forbidden 's; bysymmetry we should also have .Denote by the set of girls that each knows exactly one boy, and by the set of girls that eachknows more than one boy; take and . We obviously have and.Let us count the number of objects , where is a girl, are distinctboys, and knows both . For each of the doubletons there is at mostone girl knowing them both (by the condition), so . Moreover, by pigeonholewe have .On the other hand, we have, by Jensen's inequality.We thus need , so.Finally, we get .For equality to be reached we obviously need , namely for each pair of boys having exactly one girl knowing both of them; and then we need .3.证明(crazyfehmy)Another solution: Consider the bipartite graph where there are girls andboys and denote the girls by 's and boys by 's as vertices.Let denote the number of edges from the vertex to set . If is connected to some andthen for any the girl must not connected to both and . Now let us count suchpairs. For every girl there are many pair of edges. Since all such edge pairs must bedistinct for all girls, and since there are at most such pairs, we haveor equivalentlyNow assume that are greater than or equal to and areor . Then we haveand we need to show that .Since for we have and hence .Now by Cauchy-Schwarz inequality we haveand if , we haveand we need to show that . Assume . Then we havewhich means that which is a contradiction. So, we are done.4.解（crazyfehmy）Let be called a nice pair if satisfies the conditionsstated in the problem.Firstly, we shall prove a lemma:If is a nice pair then for all integers and .Proof: Let or and divides for some integers and. Then we can find another pair such that and. (The proof is easy) Then consider the systemand . By the Chinese Remainder Theorem this system has a solution and such that both and isan element of which means that is not a nice pair becauseis divisible by .Now, we shall show that if or then has asolution for all integers . For the proof assume there exists an integer such thathas no solution in integers. Then it is easy to see thathas also no solution for all integers which are not divisibleby . Now take and consider the numbers . For all of these numbers,we have no solution and there are such numbers. Since all square residues have solutions(take ) and there are square residues modulo including zero, this means that forall nonsquare residues , the equation must have no solution. However, for the numberis not a square residue but so for we have asolution which is a contradiction. For the number is not a square residue buthas a solution since is a square residue. Hence we again obtain a contradiction so the second lemma is also proved.Now, since can take every value modulo and we must have andand also we must have and if is a nice pair. So, can take only three values. We will consider each case separately:If then we must have which meansIf then we must have whichmeansIf then we must have whichmeansIf we count these possibilities, if i am not wrong, we get.4.解（dinoboy）First, remark that it suffices for to be injective modulo and .For modulo simply note that we require .For modulo or we require for some thatNow, what values can take modulo ? It is a simple exercise to show allvalues modulo can be obtained (just express it as and then aswe can transform the problem to what values modulo can beexpressed as , which is known to be all of them). Therefore the only way this problemsworks out is if and .Therefore we simply require that and . For each value of there are valuesof modulo , 10 modulo and modulo so the answer should simply be.Note: To show takes all values modulo without relying onis not hard, but I'm lazy and felt like reducing it to an already solved problem.4.解（yunxiu），so ，hence satisfies the problem.So the answer should be .6.解（crazyfehmy）If let then satisfiessince is equivalent to whichhas always a solution in the set for all and since is odd.Now we will show that if then the condition does not satisfy. Let be theelements of the set . Consider the sums and let. Since 's are different modulo , the numbers 'sare also different modulo . On the other hand, none of 's can be equivalent to modulobecause otherwise we would have two equivalent terms. Hence is apermutation of and by adding up these equations we getwhich means. Now do the same procedure for all's to get. Let and. Then we have . So, we havemany numbers equivalent to each other modulo . However, we know that there are manynumbers modulo which are all equivalent to each other modulo . Hence in order for 's tobe different modulo, we must have which means that and hence. Soand we are done.Hence all possible values are .7.证明（Luis González ） Let cut again at Since is the exsimilicenter ofthen is midpoint of the arc ofbisects externally is midpoint of the arc ofis external bisector of andNote that is a Thebault circle of the cevian of externally tangent to itscircumcircle By Sawayama's lemma passes through its C-excenter isC-excenter ofis M-isosceles, i.e. Hence iscircumcenter of7.证明（Andrew64）As shown in the figure. Let be the intersection of and .It's fairly obviousSo we have, andare concyclic.So , andThus, Consequently .Namely is the bisector of.Attachments:link18.jpg [ 31.39 KiB | Viewed 93 times ]8.证明（duanby）hint:(a-b)(c-b)(a-d)(c-d)in detail: product (a-b)(c-b)(a-d)(c-d) for everya,c be the number on , b,d be the number onfor point x,y if they are not ajjectent then in the product, it will occur twice, if it's ajjectent it's appears only once, and also chick the point that are on and then we get it.iampengcheng1130 2013中国女子数学奥林匹克第7题的解答。

一道韩国奥林匹克试题的简证与探究

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一道韩国奥林匹克试题的简证与探究
作者：王淼生
来源：《福建中学数学》2013年第12期
文[1]对2009年韩国奥林匹克试题给出一种简证和推广.笔者对这道韩国试题颇感兴趣，本文利用最常见的、最不不起眼的“代数不等式”作为工具给出四种简证，并作一些肤浅探究.现整理成文，与同行交流，不当之处，肯请批评指正.
原题（2009年韩国奥林匹克竞赛试题）：已知a，b，c是正数，求证：
4 一点感悟
事实上，《数学通报》、《数学教学》、《数学通讯》（学生刊）等国内最优秀最权威的期刊上面的数学问题、数学征解上的题目有相当一部分就是这样编拟、命制出来的，即对一些熟知的著名的经典试题，尤其是历届国际奥林匹克试题、各个国家的历年的国家队集训试题、选拔试题进行变式、加强、引申、推广甚至多个经典命题嫁接，等等.当然这需要命制、编拟
试题的作者对原来的著名试题真正吃准、弄透，毕竟真正把握这些经典试题需要深邃的数学目光与深厚的数学功底.其实上述（5）、（6）、（7）完全可以作为数学问题或数学征解的题目.
参考文献
[1]查正开.一个竞赛不等式的简证和推广.福建中学数学，2012（12）：47-48
[2]王淼生.数学百题精彩千解.福州：福建教育出版社，2009
[3]中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准实验教科（不等式选讲选修4-5）.人民
教育出版社，2007。

2013竞赛专题_著名不等式汇集

竞赛中著名不等式汇集作者阿道夫（配以典型的例题） 2013.2.28在数学领域里，不等式知识占有广阔的天地。

不等式常以其优美的结构、严谨的解法、恢弘的气势、广阔的知识容纳性、深层的数学背景等，而被众多竞赛大家所看重，也被莘莘学子所追崇。

以下根据自己在前些年教学中的总结并引学了其他贤人的智慧汇集如下，希望对同学们有所帮助。

1. 平均不等式（均值不等式）2. 柯西不等式（柯西—许瓦兹不等式或柯西—布尼雅可夫斯基不等式）3. 排序不等式（排序原理）4. 契比雪夫不等式5. 贝努利不等式6. 琴生不等式7. 含有绝对值的不等式 8. 舒尔不等式 9. 一些几何不等式01 佩多不等式02外森比克不等式03 三角形内角的嵌入不等式10. 内斯比特不等式 11． Holder 不等式.12. 闵可夫斯基（Minkowski ）不等式1. 平均不等式（均值不等式）设n a a a ,,,21 是n 个正数，令na a a nn H 111)(21+++=（调和平均值），n n a a a n G 21)(= （几何平均值），na a a n A n+++=21)( （算术平均值），na a a n Q n22221)(+++= （平方平均值），则有（I ）(调和平均几何平均不等式) )()(n G n H ≤；（II ）(几何平均算术平均不等式) )()(n A n G ≤；（III ）（算术平均平方平均不等式） )()(n Q n A ≤.这些不等式又统称为均值不等式.等号成立的充要条件是n a a a === 21. （I ） )()(n G n H ≤ ⇔na a a n11121+++ ≤n n a a a 21⇔n a a a a a a a a a a a a n nnnnnn≥+++21221121 (1)121221121=⋅nnnnnnna a a a a a a a a a a a,由3的推论2知（1）式成立，故（I ）成立.等号成立的充要条件是nnnnnnna a a a a a a a a a a a 21221121===，即n a a a === 21.（II ）)()(n A n G ≤ ⇔nn a a a 21≤na a a n+++ 21⇔n a a a a a a a a a a a a nnnnnnn≥+++21212211(2)121212211=⋅nnnnnnna a a a a a a a a a a a,所以由3的推论2知（2）成立，故（II ）成立.显然等号成立的充要条件是n a a a === 21.（III ）令na a a c n+++= 21，再令ii a c α=+ ，n i ,,2,1 =，则1212n n a a a nc ααα+++=++++1212n n a a a ααα=+++++++（）.∴ 12n ααα+++=0 ,222212()()()n n a c c c ααα++++++++=c =≥=.等号成立的充要条件是222120n ααα+++=，即n a a a === 21.另：G,Q 证明还可以借助2维形式加以证明练习：1）.设的最小值为 .2）. 设A 、B 、C 、D 为空间中的四点，求证：证明：如图，取BD 的中点E ，连结AE 和EC ，则在△ABD 和△BCD 中，根据中线的性质，有3）. （2005年日本数学奥林匹克）若正实数,,,c b a 满足1=++c b a ，求证1111333≤-++-++-+b a c a c b c b a .证 ∵021>+=-+++=-+b a c b c b a c b ，由均值不等式，得313)1(1113cb c b c b -+=-+++≤-+， ∴ 313acab a c b a -+≤-+.同理可得,313babc b a c b -+≤-+ .313cbca c b a c -+≤-+将上述3个不等式相加，得333111b a c a c b c b a -++-++-+c b a ++≤ 1=.4）.（2004年中国香港数学集训队试题）证明对于任意正实数,,,c b a 均有.222444c b a abc ca b bc a ++≥++解：,422244a c b bc a bc a ≥+++,422244b c a ac b ac b ≥+++,422244c b a abc ab c ≥+++ 上述3个式子相加，得)(4)(2)(2222222444c b a c b a abc ac b bc a ++≥+++++，所以.222444c b a abc ca b bc a ++≥++2. 柯西不等式（柯西—许瓦兹不等式或柯西—布尼雅可夫斯基不等式）对任意两组实数，，…，；，，…，，有，其中等号当且仅当时成立。

2013年全国高中数学联赛试题及详细解析

2013年全国高中数学联合竞赛一试试题参考答案及评分标准说明：1. 评阅试卷时，请依据本评分标准.填空题只设8分和0分两档；其他各题的评阅，请严格按照本评分标准的评分档次给分，不要增加其他中间档次.2. 如果考生的解答方法和本解答不同，只要思路合理、步骤正确，在评卷时可参考本评分标准适当划分档次评分，解答题中第9小题4分为一个档次，第10、11小题5分为一个档次，不要增加其他中间档次. 一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分.1. 设集合{}2,0,1,3A =，集合{}2|,2B x x A x A =-∈-∉.则集合B 中所有元素的和为. 答案-5解易知{}2,0,1,3B ⊆---，当2,3x =--时，222,7x -=--，有22x A -∉；而当0,1x =-时，222,1x -=，有22x A -∈.因此，根据B 的定义可知{}2,3B =--.所以，集合B 中所有元素的和为-5.2. 在平面直角坐标系xOy 中，点A B 、在抛物线24y x =上，满足4OA OB ⋅=-，F 是抛物线的焦点.则OFA OFB S s ∆∆⋅= . 答案2.解点F 坐标为()1,0.设()11,A x y ，()22,B x y ，则2114y x =，2224y x =，故()2121212121416OA OB x x y y y y y y -=⋅=+=+ ，即()21218016y y +=，故128y y =-. 212121112224OFA OFB S S OF y OF y OF y y ∆∆⎛⎫⎛⎫⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.3. 在ABC ∆中，已知sin 10sin sin A B C =，cos 10cos cos A B C =,则tan A 的值为 .答案11.解由于()()s i n c o s 10s i n s i n c o s c o s 10c o s 10c o s A A B C BC B C A -=-=-+=，所以sin 11cos A A =，故tan 11A =.4. 已知正三棱锥P ABC -底面边长为1，则其内切球半径为 .答案解如图，设球心O 在面ABC 与面ABP 内的射影分别为H 和K ，AB 中点为M ，内切球半径为r ，则P K M 、、共线，P O H 、、共线，2PHM PKO π∠=∠=，且OH OK r ==,PO PH OH r =-=，MH AB ==PM =, 于是有1sin 5OK MH KPO PO PM ==∠==，解得r =.5. 设,a b 为实数，函数()f x ax b =+满足：对任意[]0,1x ∈，有()1f x ≤.则ab 的最大值为 . 答案14. 解易知()()10a f f =-，()0b f =，则()()()()()()()()()()222111101001112444ab f f f f f f f ⎛⎫=⋅-=--+≤≤ ⎪⎝⎭.当()()2011f f ==±，即12a b ==±时，14ab =.故ab 的最大值为14.6. 从1,2，…，20中任取5个不同的数，其中至少有两个是相邻数的概率为 .答案232323解设12345a a a a a <<<<取自1,2，…，20，若12345,,,,a a a a a 互不相邻，则123451123416a a a a a ≤<-<-<-<-≤，由此知从1,2，…，20中取5个互不相邻的数的选法与从1,2，…，16中取5个不同的数的选法相同，即516C 种.所以，从1,2，…，20中任取5个不同的数，其中至少有两个是相邻数BCHMAOKP的概率为5552016165520202321323C C C C C -=-=. 7. 若实数,x y满足x -=，则x 的取值范围是 .答案{}[]04,20 .解a =(),0b a b =≥，此时()22x y x y a b =+-=+，且条件中等式化为 2242a b a b +-=，从而,a b 满足方程()()()22215,0a b a b -+-=≥.如图所示，在aOb 平面内，点(),a b 的轨迹是以()1,2为圆心，,0a b ≥的部分，即点O 与弧 ACB 的并集.因此{}0⎡⎣ ，从而{}[]2204,20x a b =+∈ . 8. 已知数列{}n a 共有9项，其中191a a ==，且对每个{}1,2,,8i ∈ ，均有112,1,2i i a a +⎧⎫∈-⎨⎬⎩⎭，则这样的数列的个数为 . 答案491解令()118i i ia b i a +=≤≤，则对每个符合条件的数列{}n a 有 88191111i i i i i a a b a a +=====∏∏，且()12,1,182i b i ⎧⎫∈-≤≤⎨⎬⎩⎭.○1 反之，由符合条件○1的8项数列{}n b 可唯一确定一个符合题设条件的9项数列{}n a .记符合条件○1的数列{}n b 的个数为N .显然()18ib i ≤≤中有偶数个12-，即2k 个12-；继而有2k 个2，84k -个1.当给定k 时，{}n b 的取法有22882k kk C C -种，易见k 的可能值只有0,1,2，所以22448684112815701491N C C C C =++=+⨯+⨯=.因此，根据对应原理，符合条件的数列{}n a 的个数为491二、解答题：本大题共3个小题，共56分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.9. （本题满分16分）给定正数数列{}n x 满足12n n S S -≥，2,3,n = ，这里1n n S x x =++ .证明：存在常数0C >,使得2n n x C ≥⋅，1,2,n = .解当2n ≥时，12n n S S -≥等价于11n n x x x -≥++ .○1 …………4分对常数114C x =，用数学归纳法证明：2n n x C ≥⋅，1,2,n = .○2 …………8分1n =时结论显然成立.又2212x x C ≥=⋅.对3n ≥，假设2k k x C ≥⋅，1,2,,1k n =- ，则由○1式知()121n n x x x x -≥+++()21122n x C C -≥+⋅++⋅()223122222n n C C -=++++=⋅ ，所以，由数学归纳法知，○2式成立. …………16分10. （本题满分20分）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆的方程为()222210x y a b a b +=>>，12A A 、分别为椭圆的左、右顶点，12F F 、分别为椭圆的左、右焦点，P 为椭圆上不同于1A 和2A 的任意一点.若平面中两个点Q R 、满足11QA PA ⊥，22QA PA ⊥,11RF PF ⊥,22RF PF ⊥，试确定线段QR 的长度与b 的大小关系，并给出证明.解令c ，则()1,0A a -，()2,0A a ，()1,0F c -，()2,0F c .设()00,P x y ，()11,Q x y ，()22,R x y ，其中2200221x y a b+=，00y ≠.由11QA PA ⊥，22QA PA ⊥可知()()1110100AQ A P x a x a y y ⋅=+++= ， ○1 ()()2210100A Q A P x a x a y y ⋅=--+=○2 …………5分将○1、○2相减，得()1020a x x +=，即10x x =-，将其代入○1，得220100x a y y -++=，故22010x a y y -=，于是22000,x a Q x y ⎛⎫-- ⎪⎝⎭.…………10分根据11RF PF ⊥,22RF PF ⊥，同理可得22000,x c R x y ⎛⎫-- ⎪⎝⎭. …………15分因此2222200000x a x c b QR y y y --=-=，由于(]00,y b ∈，故QR b ≥（其中等号成立的充分必要条件是0y b =，即点P 为()0,b ±）.…………20分11. （本题满分20分）求所有的正实数对(),a b ，使得函数()2f x ax b =+满足：对任意实数,x y ，有()()()()f xy f x y f x f y ++≥.解已知条件可转化为：对任意实数,x y ，有()()()()()22222axy b a x y b ax b ay b ++++≥++.○1 先寻找,a b 所满足的必要条件.在○1式中令0y =，得()()22b ax b ax b b ++≥+⋅，即对任意实数x ，有 ()()2120b ax b b -+-≥.由于0a >，故2ax 可取到任意大的正值，因此必有10b -≥，即01b <≤.…………5分在○1式中再令y x =-，得()()242ax b b ax b ++≥+，即对任意实数x ，有 ()()2422220a a xabx b b --+-≥.○2将○2的左边记为()g x ，显然20a a -=（否则，由0a >可知1a =，此时()()2222g x bx b b =-+-，其中0b >，故()g x 可取到负值，矛盾），于是 ()()()()22222222ab ab g x a a x b b a a a a ⎛⎫=---+- ⎪--⎝⎭ ()()22222011b b a a x a b a a ⎛⎫=--+--≥ ⎪--⎝⎭ 对一切实数x 成立，从而必有20a a ->，即01a <<. …………10分进一步，考虑到此时01b a >-，再根据()2201b g a b a =--≥-，可得22a b +≤.至此，求得,a b 满足的必要条件如下：01b <≤，01a <<，22a b +≤.○3 …………15分下面证明，对满足○3的任意实数对(),a b 以及任意实数,x y ，总有○1成立，即 ()()()()()222222,122h x y a a x y a b x y axy b b =-+-+++-对任意,x y 取非负值.事实上，在○3成立时，有()10a b -≥，20a a ->，()2201ba b a--≥-，再结合222x y xy +≥-，可得()()()()()()()()()2222222222,12222222011h x y a a x y a b xy axy b b a a x y abxy b b b b a a xy a b a a ≥-+--++-=-++-⎛⎫=-++--≥ ⎪--⎝⎭综上所述，所求的正实数对(),a b 全体为(){},|01,01,22a b b a a b <≤<<+≤.…………20分。

高中数学第三节不等式奥林匹克竞赛题解

第二章代数第三节不等式B3－001 北京、上海同时制成电子计算机若干台，除本地应用外，北京可支援外地10台，上海可支援外地4台．现在决定给重庆8台，汉口6台，若每台计算机运费如右表所示（单位：百元），又上海、北京当时制造的机器完全相同．问应怎样调运，才能使总的运费最省？【题说】1960年上海市赛高一复赛题6．【解】设北京调给重庆x台，上海调给重庆y台，则0≤x≤10，0≤y≤4x+y=8总运费为8x+4（10－x）+5y+3（4－y）=4x+2y+52=84－2y当y=4时，总运费最小，此时，x=4，10－x=6，4－y=0．答：北京调给重庆4台，调给汉口6台，上海调给重庆4台，这样总运费最省．B3－002 x取什么值时，不等式成立？【题说】第二届（1960年）国际数学奥林匹克题2．本题由匈牙利提供．将原不等式化简得 x2（8x－45）＜0，因此，原不等式的解为B3－003甲队有2m个人，乙队有3m个人，现自甲队抽出（14－m）人，乙队抽出（5m－11）人，参加游戏，问甲、乙队各有多少人？参加游戏的人有几种选法？【题说】1962年上海市赛高三决赛题4．【解】抽出的人数必须满足解得m=5．故甲队有2m=10人，乙队有3m=15人，甲队抽出14－m=9（人）．乙队抽出5m－11=14（人），从而参加游戏的人共有选法．B3－004 求出所有满足不等式的实数．【题说】第四届（1962年）国际数学奥林匹克题2．本题由匈牙利提供．B3－007 设a1，a2，…，a n为n个正数，且设q为一已知实数，使得0＜q＜1．求n个数b1，b2，…，b n使1．a k＜b k， k=1，2，…，n．【题说】第十五届（1973年）国际数学奥林匹克题6．本题由瑞典提供．【解】设b k=a1q k-1+a2q k-2+…+a k-1q+a k+a k+1q+…+a n q n-k（k=1，2，…，n）．1．显然b k＞a k对k=1，2，…，n成立．2．比较b k+1=q k a1+q k-1a2+…+qa k+a k+1+…+q n-k-1a n与qb k=q k a1+…+q2a k-1+qa k+q2a k+1+…+q n-k+1a n，qb k的前面k项与bk+1的前面k项相等，其余的项小于b k+1的相应项（因为q＜1）．因此b k+1＞qb k．因此，b1，b2，…，b n满足题目的要求．B3－008求满足条件：x≥1，y≥1，z≥1，xyz=10，x lgx y lgy z lgz≥10的x、y、z的值．【题说】1979年黑龙江省赛二试题3．【解】设lgx=u，lgy=v，lgz=w，则原题条件就变为：u≥0，v≥0，w≥0 （1）u+v+w=1（2）u2+v2+w2≥1（3）（2）平方得 u2+v2+w2+2（uv+vw+wu）=1 （4）（4）－（3）得 uv+vw+wu≤0由（1）得 uv=vw=wu=0（5）由（2）及（5）得：因此满足题意的解为：B3－009长方形的一边长为1cm已知它被两条相互垂直的直线分成四个小长方形，其中三个的面积不小于1cm2，第四个的面积不小于2cm2．问原长方形另一边至少要多长？【题说】第十七届（1983年）全苏数学奥林匹克九年级题6．【解】设小长方形的边长如图所示，则我们要求c+d的最小值，由题设c+d=（a+b）·（c+d）=ac+bd+ad+bcB3－010 m个互不相同的正偶数与n个互不相同的正奇数的总和为1987，对于所有的这样的m与n，问3m+4n的最大值是多少？请证明你的结论．【题说】第二届（1987年）全国冬令营赛题6．【解】1987≥2+4+6+2m+1+3+…+（2n－1）=m（m+1）+n2因此，由柯西不等式于是221为3m+4n的上界，当m=27，n=35时，3m+4n取得最大值221．B3－011 求最大的正整数n，使不等式只对一个整数k成立．【题说】第五届（1987年）美国数学邀请赛题8．【解】原式等价于取n=112，则k只能取唯一的整数值97．另一方面，在n＞112时，因此满足要求的n=112．B3－012 非负数a和d，正数b和c满足条件b+c≥a+d，这时【题说】第二十二届（1988年）全苏数学奥林匹克九年级题7．【证】不妨设a+b≥c+dc≤c+dB3－013 设a1、a2、…、a n是给定不全为0的实数，r1、r2、…、r n是实数，如果不等式r1（x1－a1）+r2（x2－a2）+…+r n（x n－a n）对任何实数x1、x2、…、x n成立，求，r1、r2、…、r n的值．【题说】第三届（1988年）全国冬令营赛题1．【解】取x i=a i，i=2，3，…，n代入原不等式，得当x1＞a1时，由上式得当x1＜a1时，上述不等式反号．令x1分别从大于a1与小于a1的方向趋于a1，得到B3－014 对于i=1，2，…，n，有|x i|＜1 ，又设|x1|+|x2|+…+|x n|=19+|x1+…+x n|．那么整数n的最小值是多少？【题说】第六届（1988年）美国数学邀请赛题4．另一方面，令x1=x2=…=x10=0.95，x11=x12=…=x20=－0.95，则有故n=20即为所求最小值．B3－015 设m、n为正整数，证明存在与m、n无关的常数a【题说】1989年瑞典数学奥林匹克题5．【解】 a max=3因为 m2≡0，1，2，4（mod7）所以 7n2－m2≡－m2≡0，6，5，3（mod7）a=3maxB3－016 设x、y、z＞0且x+y+z=1．求1/x+4/y+9/z的最小值．【题说】1990年日本第一轮选拔赛题10．【解】 1/x+4/y+9/z=（x+y+z）（1/x+4/y+9/z）B3－017 设n为自然数，对任意实数x、y、z，恒有（x2+y2+z2）2≤n（x4+y4+z4）成立，求n的最小值．【题说】1990年全国联赛一试题2（3）．原题为填空题．【解】（x2+y2+z2）2=x4+y4+z4+2x2y2+2y2z2+2z2x2≤x4+y4+z4+（x4+y4）+（y4+z4）+（z4+x4）=3（x4+y4+z4）当x=y=z＞0时，原不等式化为9x4≤3nx4，故n≥3．所以，n的最小值是3．B3－019 a、b、c是一个任意三角形的三边长，证明：a2（b+c－a）+b2（c+a－b）+c2（a+b－c）≤3abc．【题说】第六届（1964年）国际数学奥林匹克题2．本题由匈牙利提供．【证】不妨设a≤b≤c．3abc-a2（b+c-a）-b2（c+a－b）-c2（a+b-c）=a（a-b）（a-c）+b（b-c）（b-a）+c（c-a）（c-b）≥b（b-c）（b-a）+c（c-a）（c-b）≥c（c-b）[（c-a）（b-a）]=c（c-b）2≥0 B3－020 怎样的整数a，b，c满足不等式 a2+b2+c2+3＜ab+3b+2c？【题说】1965年匈牙利数学奥林匹克题1．【解】对于整数a、b、c，所要解的不等式等价于a2+b2+c2+4≤ab+3b+2c这个不等式可以变成由此可知，原不等式只可能有唯一的一组解a=1，b=2，c=1．B3－021有限数a1，a2，…，a n（n≥3）满足关系式a1=a n=0，a k-1+a k+1≥2a k（k=2，3，…，n－1），证明：数a1，a2，…，a n中没有正数．【题说】1966年～1967年波兰数学奥林匹克二试题1．【证】设a1，a2，…，a n中，a r最大，s是满足等式a s=a r的最小下标．若n＞s＞1，则a s-1；＜a s，a s+1≤a s，从而a s-1+a s+1＜2a s，与已知条件a s-1+a s+1≥2a s矛盾．故只有s=1或s=n，于是a r=0，数a1，a2，…，a n中没有正数，B3－022设a、b、c、d是正数，证明不等式a+b＜c+d（1）（a+b）（c+d）＜ab+cd （2）（a+b）cd＜ab（c+d）（3）中至少有一个不正确．【题说】第三届（1969年）全苏数学奥林匹克九年级题1．【证】假定（1）、（2）、（3）都正确．则（a+b）2（c+d）＜（a+b）（ab+cd）＜ab（a+b）+ab（c+d）＜2ab（c+d）从而（a+b）2＜2ab，矛盾．B3－023 证明：任何正数a1，a2，…，a n满足不等式【题说】第三届（1969年）全苏数学奥林匹克十年级题6．原不等式左端的和大于故原不等式得证．【注】可以考虑更强的不等式（1954年美国数学家夏皮罗提出的猜测）对n≤12上式成立．对偶数n≥14与奇数n ≥27不成立．B3－024证明：对所有满足条件x1＞0，x2＞0，x1y1－成立，并求出等号成立的充要条件．【题说】第十一届（1969年）国际数学奥林匹克题6．本题由原苏联提供．所以当且仅当x1=x2，y1=y2，z1=z2时，等号成立．B3－025 设a、b、n都是自然数，且a＞1，b＞1，n＞1，A n-1和A n 是a进制数系中的数，B n-1和B n是b进制数系中的数．A n-1、A n、B n-1和B n呈如下形式：A n-1=x n-1x n-2…x0，A n=x n x n-1…x0（a进制的位置表示法）；B n-1=x n-1x n-2…x0，B n=x n x n-1…x0（b进制的位置表示法）．其中x n≠0，x n-1≠0．证明：当a＞b时，有【题说】第十二届（1970年）国际数学奥林匹克题2．本题由罗马尼亚提供．【证】由于a＞b，故A n B n-1－A n-1B n=（x n a n-1+A n-1）B n-1－（x n b n-1+B n-1）A n-1=x n[x n-1（a n-1b n-2－a n-2b n-1）+…+x0（a n-1－b n-1）]＞0B3－026 （n＞2）是自然数，证明下述论断仅对n=3和n=5成立：对任意实数a1，a2，…，a n都有（a1－a2）·（a1－a3）…（a1－a n）+（a2－a1）·（a2－a3）…（a2－a n）+…+（a n－a1）·（a n－a2）…（a n－a n-1）≥0【题说】第十三届（1971年）国际数学奥林匹克题1．本题由匈牙利提供．1979年湖南省赛二试题4．【证】不妨设a1≤a2≤a3≤…≤a n．若n为偶数，令a1＜a2=a3=…=a n，则左边小于0，因而不等式不成立；若n=3，则左边前两项的和为（a1－a2）2≥0第三项不小于0，故不等式成立；若n=5，则同样可知左边前两项的和不小于0，末两项的和也不小于0，第三项不小于0，因此左边总不小于0，不等式成立；若n≥7，令a1=a2=a3＜a4＜a5=a6=…=a n则左边只有一个非零项（a4－a1）（a4－a2）…（a4－a n）＜0故不等式不成立．B3－027 A=（a ij）是一个元素为非负整数的矩阵，其中i、j=1，2，…，n．该矩阵有如下性质：如果某一a ij=0，那么对i和j有a i1+a i2+…+a in+a1j+a2j+…+a nj≥n证明：这个矩阵所有元素的和不小于0.5n2．【题说】第十三届（1971年）国际数学奥林匹克题6．本题由瑞典提供．【证】交换A的两行或两列不改变题设的A的性质（因为行和与列和均不变、只是交换了位置），因此我们可以先通过交换两行或两列的变换，使得有尽可能大的k满足a11=a22=…=a kk=0．此时对于i，j＞k有a ij≠0．对于i≤k，j＞k，若a ij=0，则a ji≠0，因若不然，交换i，j行，就会使a11=a22=…=a kk=a jj=0，与k的极大性矛盾．因而对于j＞k，仍有a j1+…+a jn+a1j+…+a nj≥nB3－028求出所有能使不等式组成立的所有解（x1，x2，x3，x4，x5），其中x1，x2，x3，x4，x5都是正实数．【题说】第十四届（1972年）国际数学奥林匹克题4．本题由荷兰提供．【解】为方便起见，令x5+i=x i，则可以把原不等式组简写为将它们加起来得=x5=x2=x4．反之，如果x i都相等，原不等式组当然成立．B3－029 证明：对于正数a、b、c，下述不等式成立：a3+b3+c3+3abc≥ab（a+b）+bc（b+c）+ac（a+c）（1）【题说】第九届（1975年）全苏数学奥林匹克十年级题2．【证】不失一般性，可假定a≥b≥c．那末c（a－c）（b－c）≥0，（a－b）2（a+b-c）≥0从而 c3+abc≥ac2+bc2 （2）a3+b3+2abc≥ab（a+b）+a2c+b2c （3）（2）、（3）两式相加即得（1）式．B3－030已知a1，a2，…，a n为任何两两各不相同的正整数，求证对任何正整数n，下列不等式成立；【题说】第二十届（1978年）国际数学奥林匹克题5．本题由法国提供．【证】由柯西不等式【别证】利用排序不等式．B3－031 已知0≤a1，0≤a2，0≤a3，a1+a2+a3=1，0＜λ1＜λ2＜λ3．求证：下面不等式成立【题说】1979年北京市赛二试题5．本题是康托洛维奇不等式的特例．【证】对任意正实数x，B3－032设a、b、c为正实数，证明【题说】第三届（1974年）美国数学奥林匹克题2．注意：这是一个对称不等式．【证】不失一般性，可以假定a≥b≥c＞0．原不等式即a2a-b-c·b2b-a-c·c2c-a-b≥1 （1）由2a－b－c＞0，得a2a-b-c·b2b-a-c≥b2a-b-c·b2b-a-c=b a+b-2ca=b=c时，等号成立．【别证】可以利用等式然后证明右端括号为正．B3－033 设x i、y i是实数（i=1，…，n）．且x1≥x2≥…≥x n；y1≥y2≥…≥y n；z1、z2、…、z n是y1、y2、…、y n的任一个排列，证明【题说】第十七届（1975年）国际数学奥林匹克题1．本题由捷克斯洛伐克提供．【证】由排序不等式所以原式成立．B3－034有n个数a1，a2，…，a n．假设C=（a1－b1）2+（a2－b2）2+…+（a n－b n）2D=（a1－b n）2+（a2－b n）2+…+（a n－b n）2证明：C≤D≤2C．【题说】第十三届（1978年）全苏数学奥林匹克十年级题10．【证】设f（x）=（x－a1）2+（x－a2）2+…+（x－a n）2则 f（x）=n（x－b n）2+f（b n）（1）现在用归纳法来证明不等式C≤D≤2C．当n=1时，C=D，故有C≤D≤2C．假设当n时，不等式成立，往a1，a2，…，a n中添一个数a n+1，此时C 增加了（a n+1－b n+1）2，而D增加了（a n+1－b n+1）2+f（b n+1）－f（b n）．在（1）式中，令x=bn+1，得这样，D增加的值（a n+1－b n+1）2+f（b n+1）－f（b n）在（a n+1－b n+1）2与2（a n+1－b n+1）2之间，从而，对于n+1时，也有C≤D≤2C所以，对一切n，都有C≤D≤2CB3－035 a、b、c、d、e为整数，满足1≤a＜b＜c＜d＜e其中[m，n]为m、n的最小公倍数．【题说】第十一届（1979年）加拿大数学奥林匹克题3．【证】更一般地，可以证明：对于n个整数a1，a2，…，a n，满足1≤a1＜a2＜…＜a n 时，有n=2时，（1）显然成立．假设n=k－1时（1）成立，考虑n=k的情况：若a k＞2k，则若a k≤2k，则其中（m，n）为m、n的最大公约数，从而B3－036 S为正奇数集{a i}，i=1，2，…，n．没有两个差|a i－a j|相等，1≤i＜j ≤n．求证：【题说】1979年英国数学奥林匹克题3．【证】不妨设a1＜a2＜…＜a n，r为整数且2≤r≤n．对于1≤所以， a r≥a1+r（r－1）≥1+r（r－1）r=1时，上式也成立，故B3－037对于n为一正整数，以p（n）表示将n表为一个或较多个正整数的和的方法数，例如p（4）=5，因为有5个不同的和，即1+1+1+1，1+1+21+3，2+2，4证明：当n＞1时，p（n+1）－2p（n）+p（n－1）≥0【题说】1979年英国数学奥林匹克题5．【证】将n的p（n）个不同的表达式各加上1，得到p（n）个n+1的不同表达式，每一个都包含加数1．而且，n+1的每一个含有加数1的表达式，都可由这方法得到．因此将n+1表为大于1的整数的和的方法数q（n+1）=p（n+1）－p（n）同样将n+1表为大于2的整数的和的方法数即q（n+1）－q（n）．显然q（n+1）－q（n）≥0因此p（n+1）－2p（n）+p（n－1）≥0B3－038若0≤a，b，c≤1，证明：【题说】第九届（1980年）美国数学奥林匹克题5．结论可以推广到n个数的情形．【证】令因为（1－b）（1－c）（1+b+c）≤（1－b）（1－c）（1+b）（1+c）=（1－b2）（1－c2）≤1（当a、b、c轮换时均成立）因此δ≥0．B3－039 若x为正实数，n为正整数．证明：其中[t]表示不超过t的最大整数．【题说】第十届（1981年）美国数学奥林匹克题5．【证】用数学归纳法．当n=1，2时，（1）显然成立．假设（1）对n≤k－1均成立．kx k=kx k-1+[kx]=（k－1）x k-1+x k-1+[kx] （2）（k-1）x k-1=（k-2）x k-2+x k-2+[（k-1）x] （3）…2x2=x1+x1+[2x]（k）将（2）至（k）式相加，得kx k=x k-1+x k-2+…+x1+x1+[kx]+[（k－1）x]+…+[2x]因此，由归纳假定，kx k≤[kx]+2（[（k－1）x]+[（k－2）x]+…+[x]）但是[（k－m）x]+[mx]≤[（k－m）x+mx]（m＜k），所以kx k≤[kx]+（[（k－1）x）]+[x]）+…+（[x]+[（k－1）x]）≤k[kx]即x k≤[kx]．此即所欲证之（1）式．B3－041 设a、b、c是三角形的边长，证明：a2b（a－b）+b2c（b －c）+c2a（c－a）≥0，并说明等号何时成立．【题说】第二十四届（1983年）国际数学奥林匹克题6．本题由美国提供．【证】设a是最大边，原式左边=a（b－c）2（b+c－a）+b（a－b）（a－c）（a+b－c）显然上式是非负的，从而原式成立，当且仅当a=b=c，即这三角形为正三角形时等号成立．B3－043 设x1，x2，…，x n都是正整，求证：【题说】1984年全国联赛二试题5．本题可用柯西不等式、数学归纳法等多种方法证明．将以上各式相加，即得所要证的不等式．B3－044设P（x）=a0+a1x+…+a k x k为整系数多项式，其中奇系数的个数由W（P）来表示，设Q i（x）=（1+x）i，i=0，1，…，n．如果i1，i2，…，i n是整数，且0≤i1＜i2＜…＜i n，证明：【题说】第二十六届（1985年）国际数学奥林匹克题3．本题由荷兰提供．当i n=1时，命题显然成立．设i n＞1并且命题在i n换为较小的数时成立．令k=2m＜i n＜2m+1，（1）i1＜k．设i r＜k，i r+1＞k，Q=R+（1+x）k S，其中的次数均小于K，由（1）（1+x）k≡1+x k（mod2），故W（Q）=W（R+S+x k S）=W（R+S）+W（S）≥W（R）的次数均小于K．W（Q）=W（S+x k S）=2W（S）≥2W（R）=W（R+x k R）=W（（1+x k）R）045 证明：对于任意的正数a1，a2，…，a n不等式成立．【题说】第二十届（1986年）全苏数学奥林匹克十年级题2．【证】不妨设a1≤a2≤…≤a n．因为当2≤k≤（n+1）/2时【注】原不等式可加强为B3－046 正数a，b，c，A，B，C满足条件a+A=b+B=c+C=k证明： aB+bC+cA ＜k2【题说】第二十一届（1987年）全苏数学奥林匹克八年级题5．【证】由题设k3=（a+A）（b+B）（c+C）=abc+ABC+aB（c+C）+bC（a+A）+cA（b+B）=abc+ABC+k（aB+bC+cA）＞k（aB+bC+cA）即 aB+bC+cA＜k2B3－048证明：对于任意的正整数n，不等式（2n+1）n≥（2n）n+（2n－1）n 成立．【题说】第二十一届（1987年）全苏数学奥林匹克十年级题8．【证】只须证明由恒等式所以（1）式成立．B3－049已知a、b为正实数，且1/a+1/b=1．试证：对每一个n∈N，有（a+b）n －a n－b n≥22n－2n+1【题说】1988年全国联赛一试题5．【证】用数学归纳法证．（1）当n=1时，左边=0=右边，命题成立．（2）假设n=k时，不等式成立，即（a+b）k-a k-b k≥22k-2k+1当n=k+1时，左边=（a+b）k+1-a k+l-b k+1=（a+b）[（a+b）k-a k-b k]+a k b+ab k从而有≥2·2k+1=2k+2所以，左边≥4（22k-2k+1）+2k+2=22（k+1）-2k+2=右边由（1）及（2），对一切n∈N，不等式成立．B3-050已知a5-a3+a=2．证明：3＜a6＜4．【题说】第十四届（1988年）全俄数学奥林匹克八年级题3．【证】由a5-a3+a=2，变形为（1）a[（a2-1）2+a2]=2（2）由（2）知 a＞0且a≠1（1）÷a得 a4-a2+1=2/a （3）（1）×a得 a6-a4+a2＝2a （4）（3）+（4）得 a6+1=2（a+1/a）＞4 （5）又由（1）知 2=（a5+a）-a3＞2a3-a3=a3故 a3＜2（6）由（5）和（6）得3＜a6＜4．B3-051已知a、b、c、d是任意正数，求证：【题说】1989年四川省赛二试题1．由平均值不等式，（2）≤2ab+2ac+2ad+2bc+2bd+2cd+2a2+c2+b2+d2＝（a+b+c+d）（3）（2）÷（3）即得结论．B3-052已知x i∈R（i=1，2，…，n，n≥2），满足【题说】1989年全国联赛二试题2．因为 A/n≤a≤A，B≤b≤B/nB3-053已知a1，a2，…，a n是n个正数，满足a1·a2…a n=1，求证（2+a1）（2+a2）…（2+an）≥3n【题说】1989年全国联赛一试题3．B3-054对于任何实数x1，x2，x3，如果x1+x2+x3=0，那么x1x2+x2x3+x3x1≤0，请证明之．又对于什么样的n（n≥4），如果x1+x2+…+x n=0，那么x1x2+x2x3+…+x n-1x n+x n x1≤0？【题说】1989年瑞典数学奥林匹克题3．【证】如果x1+x2+x3=0，则有当n=4时，若x1+x2+x3+x4=0，则即n=4时，命题成立．当n≥5时，令x1=x2=1，x4=-2，x3=x5=x6=…=x n=0，则x1+x2+x3+x4+…+x n=0而 x1x2+x2x3+x3x4+…+x n-1x n+x n x1=l＞0 所以n≥5时，命题不成立．B3-055证明：对于任意的x、y、z∈（0，1），不等式x（1-y）+y（1-z）+z （1-x）＜1成立．【题说】第十五届（1989年）全俄数学奥林匹克九年级题6．【证】设f（x）=（1-y-z）x+y（1-z）+z，它是x的一次函数，因此关于x是单调的．因为f（0）=y-yz+z=（y-1）（1-z）+1＜1f（1）=1-yz＜1所以当x∈（0，1）时，f（x）的最大值小于1，即x（1-y）+y（1-z）+z（1-x）＜1B3-056证明：若a、b、c为三角形三边的长，且a+b+c=1，则【题说】第二十三届（1989年）全苏数学奥林匹克九年级题2．1990年意大利数学奥林匹克题4．所以B3-057已知二次函数f（x）=ax2+bx+c，当-1≤x≤1时，有-1≤f（x）≤1求证：当-2≤x≤2时，有-7≤f（x）≤7．【题说】1990年南昌市赛二试题1【证】由已知 -1≤f（1）=a+b+c≤1 （1）-1≤f（0）=c≤1（2）-1≤f（-1）=a-b+c≤1 （3）（1）+（3）得 -1≤a+c≤1 （4）由（4）、（2）得 -2≤a≤2从而 |4a±2b+c|=|2（a±b+c）+2a-c| ≤2|a±b+c|+2|a|+|c|≤7即 |f（±2）|≤7|f（x）|≤7所以，当|x|≤2时B3-058证明：对于和为1的正数a1，a2，…，a n，不等式成立．【题说】第二十四届（1990年）全苏数学奥林匹克十年级题2．当a1=a2=…=a n=时，上式取等号．B3-059设a、b、c、d是满足ab+bc+cd+da=1的非负数．试证：【题说】第三十一届（1990年）IMO预选题88．本题由泰国提供．【证】设则由柯西不等式熟知所以B3-060设a1≤a2≤…≤a7≤a8是8个给定的实数，且x=（a1+a2+…+a7+a8）/8；【题说】1991年中国国家教委数学试验班招生数学题3．【证】≥0并且由柯西不等式，y≥x2，所以B3-061已知0＜a＜1，x2+y=0，求证：【题说】1991年全国联赛一试题5．B3-063已知a1，a2，…，a n＞1（n≥2），且|a k+1-a k|＜1，k=1，2，…，n-1．证明： a1/a2+a2/a3+…+a n-1/a n+a n/a1＜2n-1【题说】第十七届（1991年）全俄数学奥林匹克九年级题8．【证】若a k≤a k+1（k=1，2，…，n-1），则a k/a k+1≤1，故a1/a2+a2/a3+…+a n-1/a n+a n/a1＜（n-1）+na1/a1=2n-1（n≥2）若有a k＞a k+1，则由|a k+1-a k|＜1知a k/a k+1＜1+1/a k+1＜2设有p个k值使a k≤a k+1，（n-1-p）个k值使a k＞a k+1，则a1/a2+a2/a3+…+a n-1/a n≤p+2（n-1-p）同时 a n/a1=[（a n-a n-1）+…+（a2-a1）+a1]/a1＜p+1因此 a1/a2+a2/a3+…+a n-1/a n+a n/a1＜p+2（n-1-p）+p+1=2n-1B3-064令其中m，n∈N，证明a m+a n≥m m+n n【题说】第二十届（1991年）美国数学奥林匹克题4．【证】不妨设m≥n，则故n≤a≤m，而有m m-a m=（m-a）（m m-1+m m-2a+…+a m-1）≤（m-a）（m m-1+m m-1+…+a m-1）＝（m-a）m m （2）a n-n n=（a-n）（a n-1+a n-2+…+n n-1）≥（a-n）n n由（1）有（m-a）m m=（a-n）n n （3）将（2）、（3）代入，即得a n-n n≥m m-a m或a m+a n≥m m+n n此即所求证之式．B3-065设a、b、c是非负数，证明：【题说】第二十五届（1991年）全苏数学奥林匹克十年级题1．【证】（a+b+c）2=（a2+bc）+（b2+ca）+（c2+ab）所以原不等式成立．B3-066设a i≥0（i=1，2，…，n），a=min{a1，a2，…，a n}，试证式中a n+1=a1．【题说】1992年第七届数学冬令营题2．B3-067设n（≥2）是整数，证明：【题说】1992年日本数学奥林匹克题3．B3-068 n是正整数，证明：【题说】1992年澳大利亚数学奥林匹克题8．【证】因为B3-069对x、y、z≥0，证明不等式x（x-z）2+y（y-z）2≥（x-z）（y-z）（x+y-z）等号何时成立？【题说】第二十四届（1992年）加拿大数学奥林匹克题2．【解】原不等式即x3+y3+z3+3xyz≥x2y+xy2+y2z+yz2+z2x+zx2由对称性，可设x≥z≥y，于是x（x-z）2+y（y-z）2≥0≥（x-z）（y-z）（x+y+z）B3-070设实数x、y、z满足条件yz+zx+xy=-1，求x2+5y2+8z2的最小值和最大值．【题说】1992年英国数学奥林匹克题4．【解】由于（y-2z）2+（x+2y十2z）2≥0所以x2+5y2+8z2≥-4（xy+yz+zx）=4的最小值为4．x2+5y2+8z2＞x2当y→0时，函数x2+5y2+8z2的值可趋于无穷大．B3-071设A是一个有n个元素的集合，A的m个子集A1，A2，…，A n两两互不包含，证明：其中a i为A i中元素个数．【题说】1993年全国联赛二试题2．【证】A中元素的全排列共n！个．其中开头a i个元素取自A i中的，有a i！（n-a i）！个．由于A i与A j（i≠j）互不包含，故这些排列与开头a j个元素取自A j中的不同．由柯西不等式，结合（1）便得（2）．B3-073设函数f：R+→R+满足条件：对任意x、y∈R+，f（xy）≤f（x）f（y）．试证：对任总x＞0，n∈N，有【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题6．【证】f（x2）≤f2（x），所以f（x2）≤f（x）f1/2（x2）．假设有则≥f n-1（x n）所以（1）对所有的自然数n成立．B3-075设a、b、c、d都是正实数，求证不等式【题说】第三十四届（1993年）IMO预选题本题由美国提供．【证】由柯西不等式即又（a-b）2+（a-c）2+（a-d）2+（b-c）2+（b-d）2+（c-d）2≥0结合（1）、（2）即得结论．B3-076设a1，a2，…，a n为n个非负实数，且a1+a2+…a n=n．证明：【题说】1994年合肥市赛题4．一方面由柯西不等式知B3-077已知f（z）=c0z n+c1z n-1+…+c n （1）是z的n次复系数多项式．求证：存在一个复数z0，|z0|=1，使|f（z0）|≥|c0|+|c n|（2）【题说】1994年中国数学奥林匹克（第九届数学冬令营）题4．【证】取复数β，使|β|=1且βn·c0与c n辐角相同，从而|βn c0+c n|=|βn c0|+|c n|=|c0|+|c n|再令ω=e2πi/n，a k=β·ωk（0≤k≤n-1）故必有一个k，使 |f（αk）|≥|c0|+|c n|显然，|αk|=1，于是αk就是所求的z0。

奥林匹克竞赛不等式相关试题集锦

（一）不等式1． (排序不等式）设,...21n a a a ≤≤≤ n b b b ≤≤≤...21 n j j j ,...,,21是n ,...,2,1的一个排列，则..........221121112121n n j n j j n n n b a b a b a b a b a b a b a b a b a n +++≤+++≤+++-2．(均值不等式) 设n a a a ,......,,21是n 个正数，则na a a n +++...21....21nn a a a ≥3．（柯西不等式）设),...2,1(,n i R b a i i =∈则.)())((211212i ni i ni ini i b a ba ∑∑∑===≥等号成立当且仅当存在R ∈λ，使得),...,2,1(n i a b i i ==λ.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+∈∈R b R a i i ,则.)()(11212∑∑∑===≥ni i ni i ni ii b a b a （2）设i i b a ,同号，且 ,0,≠i i b a 则.)()(1121∑∑∑===≥ni i i ni i ni iib a a b a4．（J s e n不等式）若)(x f 是),(b a 上的凸函数，则对任意),(,...,,21b a x x x n ∈)].(...)()([1)...(2121n n x f x f x f nn x x x f +++≤+++5．（幂均值不等式）设α)(0+∈>>R a i β 则 .)...()...(121121βββββαααααM na a a n a a a M nn =+++≥+++=证：作变换令i i x a =β，则β1i i x a = 则.)...()...(12121βαβαβαβαβαnx x x x x x n M M n n +++≥+++⇔≥因 0>>βα 所以 ,1>βα则函数βαx x f =)(是),0(+∞上的凸函数，应用Jensen 不等式即得。

一道数学奥林匹克问题的多种解法(不等式)(PDF版)

一道数学奥林匹克问题的多种解法莱州市第一中学李明辉问题背景：本题被孙一鸣同学放在一个看板上，以求“挑战天下英雄”。

我看过这道题后觉得颇有意思，经过一番思索，确实发现了一些出乎我意料的解法，现将其中四种做法以及思考过程进行展示，以飨读者。

问题：α 13prove c b a cyc ≥+-∆∑cb a a ABC ：三边是、、探究：刚拿到这道题时，我们会想到“内切圆代换”来突破“三边是、、ABC ∆c b a ”的束缚。

βα 1222y 2222y x 1242424y x z y x x z c z y b y x a ≥+++++⇔≥++++++++⇔≥++++++++⇔∈+=+=+=+xz x z y z y x xz x z z y z y y x xz x z z y z y y x R ）、、（其中，，设：对于β式，我们不难想到这样一种做法：[]done z y x z y x x z x z y z y x y z y x x z x z y z y x y z y x x z x z y z y x y x z x z y z y x y ,1)()(222)()2()2()2()(222)2()2()2(Cauchy 2222=++++≥+++++++=+++++++≥⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++++++++++故不等式，注意到：由我们继续对β进行探究：1121121121)1(,,1121121121≥+++++⇔=∈===≥+++++⇔+w v u uvw R w v u xz w z y v y x u xz z y y x ，且、、其中设β这样，我们不难发现这一问题的另一解法：doneu f v f u f v v u u f v u u f v u uv u u v v u f u f v u f v v uv u v u uv v u u f v uv v u uv v u 恒成立，综上所述，时，当时，时，时，注意到时，当下证恒成立时，显然，当：我们构造这样一个函数对于0)(0)1()(4010)(;100)(10)2()12()1)(4(2)(0)(40:0)(4121)2)(12()4(22121121)(,002212112112uv 1211210000020220000000000≥=≥<<><'<<>'==++--='≥<<≥≥++++-=+-+++=>∀≥+-+++⇔≥+++++⇔β接下来，我们再次对β式进行探索，以期得到更加出乎我们意料的解法：不等式，显然成立由AG xyzx z z y y x xy y x xyz xy y x xyz x z z y y x z y y x x x z y x z x z z y y cyc cyccyc 3249)(43)2)(2)(2()2)(2()2)(2()2)(2(2222222≥++⇔++≥++⇔+++≥++++++++⇔∑∑∑β经过一翻化简，竟然得到了一个简洁明了的式子，着实出乎我们意料,可见去分母的做法并非总使问题复杂化！最后，我们回到原题目α式，再次尝试，试图发现“三边是、、ABC ∆c b a ”这一条件的其他应用形式，即不通过“内切圆代换”将题目证明出来。

2015年韩国数学竞赛几何题

2015年韩国数学竞赛几何题
【提纲】
一、题目背景介绍
2015年韩国数学竞赛中的一道几何题引起了广泛关注。

这道题目考查了学生的几何知识，包括相似三角形、勾股定理等，同时也考验了学生的逻辑思维和计算能力。

现在，让我们一起来分析这道题目。

二、几何题分析
该题目描述如下：在一个直角三角形ABC中，角A为90度，角B为60度，角C为30度。

已知边AC为3，边BC为4，求边AB的长度。

三、解题思路和方法
首先，我们可以通过角度信息得出三角形ABC是一个直角三角形。

接下来，我们可以利用三角形的性质和勾股定理来解题。

四、解题步骤详解
1.由于角B为60度，我们可以知道三角形ABC是一个等边三角形，即AB = AC。

2.根据勾股定理，有AB = AC + BC。

已知AC = 3，BC = 4，带入公式得AB = 9 + 16 = 25。

3.求平方根，得到AB = 5。

五、类似题目推荐
1.如果三角形ABC的角A为45度，角B为45度，角C为90度，且AC = 3，BC = 4，求AB的长度。

2.在一个直角三角形中，角A为30度，角B为60度，角C为90度。

已知边AC = 2，边BC = 4，求边AB的长度。

通过以上解题过程，我们可以发现这类题目主要考查了相似三角形、勾股定理等几何知识。

在解题时，要熟练掌握这些知识点，并运用逻辑思维和计算能力来解决问题。

数学奥林匹克的不等式

2
陳誼廷
2
任意函數的不等式
1.2 不齊次的不等式
考慮以下的題目。例子 7. 如果 abc = 1, 試證 a2 + b2 + c2 ≥ a + b + c. 【證】平均不等式兩邊的次數都一樣，所以光用 AM-GM 不夠；左邊的次數為二，但是右邊的次數為一。利用 abc = 1，原不等式可改寫成 a2 + b2 + c2 ≥ a1/3 b1/3 c1/3 (a + b + c) . 因為不等式現在是齊次，如果我們把 a, b, c 都乘上一個 k > 0，等價不等式兩邊乘上 k 2 , 不影響到原來的不等式。所以這時候就不必要再用到 abc = 1 的條件。因為 4 1 1 (2, 0, 0) ( 3 , 3 , 3 )，利用 Muirhead 就完成了。這個方法的重點是可以把題目的條件取掉；這很重要。（這個方法也可以反過來用：如果一個不等式是齊次，我們也可加一個（不齊次的）條件。）
cyc cyc
(cyclic sum) 和對稱總和
sym
(sym-
a2 b = a2 b + b2 c + c2 a
cyc
a2 = a2 + a2 + b2 + b2 + c2 + c2
sym
a2 b = a2 b + a2 c + b2 c + b2 a + c2 a + c2 b.
sym
2 任意函數的不等式
令 f : (u, v ) → R 為函數，且設 a1 , a2 , . . . , an ∈ (u, v )。假設我們固定（如果不等式是齊次的，我們常會自己加這個條件），而想證 f (a1 ) + f (a2 ) + · · · + f (an ) 大於（或小於）nf (a)。以下有三個方法。我們定義一個函數 f 是凸函數如果對於任意 x 有 f (x) ≥ 0；若每個 x 有 f (x) ≤ 0 我們就定義 f 是凹函數。注意如果 f 為凸函數， −f 就為凹函數。

对一道韩国奥林匹克试题的简证与探究

３．２（９）式与第３６届国际数学奥林匹克
试题的关系
ｂ — （ｃ２＋ — ａｂ）＋
如果我们设Ｘ＝二，Ｙ；二，＝，代入
ｃ（６０＋ｃａ）。ａ（ａ＋ｂｃ）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ｆ２）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＝－

世界各国不等式欣赏大全

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三道国外竞赛题的简解

12三道国外竟赛題的简解中等数学姚先伟于娟(四川省宜宾市叙州区宜宾东辰学校,644000)中图分类号:〇124. 1文献标识码：A文章编号：1005 - 6416(2020)07 - 0012 - 01题1已知正整数满足a3&3 +63c3 +c3a3 =a&c(a3 +63 +c3)•①证明:这三个数中的某两个的乘积为完全平方数.[1](第68届白俄罗斯数学奥林匹克）证明将式①两边同时除以（M C)2得ab be ac a2b22C2+2+,2 ■c a b— be++ca aba.be ^%=—,y=a ca abz= —c•则平式①即为i i ix+y+z=—+ —+ —X y=> x+y+z= x y+yz+zx3〇j = d m,d = nal(m^n G Z+).贝lj mu= 3.(1) 当 m= l，/i=3 时，d = 3〇!, b] 1= 3a\b1k.故\11，\ = 1，此时，q无解.(2) 当 m=3，n= l 时，d = alyb]+3 =a X k.故 &13，& = 1 或 3.(i)若办i = 1，贝1J a#=4,只有 a, = 1，A：=4, 此时，a= 6 = 1，符合题意.(^〇若61=3，仍是〇^=4，<31=1，^:=4, 此时，a= 1，6 =3，符合题意.综上，所求正整数对U，6)= (1，1)，(1,3).4U-l)(y-l)(2-l)=xyz- (xy+ yz+ zx)+ (x+y+z)-l=0.因此，x-l、y-l j-1至少有一个为0, 即 6c= a2 或 ca= 62 或 a6 = c2,得证.题2求所有正整数对(a,6)，使得a26 丨（厶2 + 3a).⑴(2〇18,克罗地亚数学竞赛）解令b2 +3a= a2bfc(k 6Z+)，题3已知％为整数，数列U…K〇i)满足:a…+1 = ^-1).证明：所有的\n均为整数.[1](第54届蒙古数学奥林匹克）证明由已知得4=n + Z n上式两边同时除以〃+ 1得na n + l(n+ 2)(n+ l)(a，b) = d.设 a= 6^6?，^ =^6?，（％，〜）=1•则b\d+?>ax=a\bld2k=>d\3a l 3 a x I d.收稿日期:2020-03 -25(n+ 1)n(71+ 1)71(^+)a n+\ a n .11=>-----------------------------=—-------------—+-----------------•(n +2) (n +1) (n + l)n n + 1n用1，2,…，n-l分别代替上式中的^并求和得2020年第7期13题1存在无穷多个正整数n ，使得d +“ +505能分解成为两个大于▲的正整数的乘积.(2〇20，北京市数学邀请赛复赛(初三））证明只要把+505表示成一个立方数，则原式即可因式分解.设r a = 16fc 3 +1242 +3A ： -126,其中，A ：为大于1的正整数.则 n +4n +505=n3 +64k3 +48k2 +I2k + l=n + (4A + 1)3=(n +4k + l )((n -4k -l )2 + (4k + l)n ). 显然，+4A; +1 与(r a -4A ：-l ) 2+ (4^ +1 )z i均大于n ，从而，大于▲.(吴自远清华大学附属中学初一（16)班，100085)题2设〇、心为正实数，且a +6+c =l .证明：对于所有的正实数h ；K 、z ，均有(*2 ”2+’) (7^7+7^?卜7 •①+2y y (第20届地中海地区数学奥林匹克）文[1 ]的证明是应用赫尔德不等式并作代换等运算.本文应用三元代数一几何均值不等式，给出另外的证法.证明由条件知25a +b + c9a 3 b3 c3x2 +2y2 y1 +2z2 z +2x2a +b +c 9 (x 2 + y2 + 22)记式②左边为+y 2 +/)•应用三元均值不等式得 a3x 2 +2y2 x 2 +2y2 1 > 3aP + N 宁b3y2 +2z2r 2 +2z21 3bP +Nc 3z +2x2 z +2x2 1 3c p+~^~+^Wn '以上三式相加得②P N . 3(a +b +c )pNV 3P N上式化简后两边三次方整理得(a + 6 +c )3 _________1________，3N ~3x 3(x 2+y 2+z 2)'因此，式②得证，即式①得证.【注】1.类似上述证明，也可以应用二元代数一几何均值不等式，再应用幂平均不等式①(x23 i 33[__ b c -2y2 y2 +2/ z +2x2式，即可证得.只是运算较繁些.2.猜想不等式①可加强为：已知条件如上•证明：对于一切正实数a n a \(n + l )n 1x 2ax=> an = —n (+ 1 ) + 1n所有的均为整数.参考文献：[1]《中等数学》编辑部编.国内外数学竞赛题及精解(2017—2018) [M ] •哈尔滨:哈尔滨工业大学出版社，因为A 为整数W (W l )为偶数，所以，2019,7.。

两类条件不等式的三角证法

两类条件不等式的三角证法刘海槐，张俊杰，陈泽桐(华南师范大学数学科学学院，广州，510631)文[1]给出条件为1ab bc ca ++=的一类不等式的代数证法.本文给出类似的两类条件不等式的三角证法.第一类不等式的已知条件为a b c abc ++=，其中,,a b c R +∈，我们可利用常见的正切函数恒等式tan tan +tan tan tan tan A B C A B C +=，其中,,A B C 是锐角ABC ∆的三个内角.先对题目进行三角代换，设=tan ,=tan ,=tan a A b B c C ，再对不等式进行转化证明.例 1 已知,,0a b c >,且a b c abc ++=,证明:32≤. (1998年韩国数学奥林匹克试题)证明设=tan ,=tan ,=tan a A b B c C ,其中,,A B C 是三角形的三个内角,且由,,0a b c >知0,,2A B C π<<.原不等式⇔3cos cos cos 2A B C ++≤. ()cos f x x =在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上为凸函数,由琴生不等式可得3cos cos cos 3cos =32A B C A B C ++++≤,等式成立当且仅当=3A B C π==，即ABC∆为等边三角形.故原不等式得证.例2 设,,a b c R +∈,且a b c abc ++=,证明不等式:222111a b c a b c ++≤+++ 证明设=tan ,=tan ,=tan a A b B c C ,其中,,A B C 是三角形的三个内角,且由,,a b c R +∈知0,,2A B C π<<.原不等式⇔sin 2sin 2sin 2A B C ++≤. ()sin f x x=在()0,π上为凸函数,由琴生不等式可得222sin 2sin 2sin 23sin3A B C A B C ++++≤=,等式成立当且仅当=3A B C π==，即ABC ∆为等边三角形.故原不等式得证.第二类不等式的已知条件为1ab bc ca ++=,其中,,a b c R +∈,我们可利用常见的余切函数恒等式cot cot cot cot +cot cot 1A B B C C A +=，其中,,A B C 是锐角ABC ∆的三个内角.先对题目进行三角代换,设=cot ,=cot ,=cot a A b B c C ,再对不等式进行转化证明.例3设,,a b c R +∈,且1ab bc ca ++=,证明不等式:111ab bc ca a b b c c a a b b c c a++≥++++++++. (2005年法国数学奥林匹克试题)证明设=cot ,=cot ,=cot a A b B c C ,其中,,A B C 是三角形的三个内角,且由,,a b c R +∈知0,,2A B C π<<.原不等式⇔111cot cot cot cot cot cotcot cot cot cot cot cot cot cot cot cot cot cot A B B C C AA B B C C A A B B C C A++≥++++++++,⇔cot cot cot A B C ++≥()cot f x x =在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上为凹函数,由琴生不等式可得cot cot cot 3cot 3A B C A B C ++++≥等式成立当且仅当=3A B C π==，即ABC∆为等边三角形.故原不等式得证.例 4 设0,,1a b c <<,且1ab bc ca ++=,求证:2221112a b c a b c ++≥---. (2004年新加坡国家队选拔考试试题)证明设=cot ,=cot ,=cot a A b B c C ,其中,,A B C 是三角形的三个内角,且由0,,1a b c <<知,,42A B C ππ<<.于是2221(tan 2tan 2tan 2)1112a b c A B C a b c ++=-++---,因此,只需证明tan 2tan 2tan 2A B C ++≤-由()tan f x x =在,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上为凸函数知, 222tan 2tan 2tan 23tan 3A B C A B C ++++≤=-当且仅当=3A B C π==时等式成立.故原不等式成立.例5 已知,,0a b c >,且1ab bc ca ++=,求证:22111(1)(1)8a b abc a b ≤+++∑∑.证明设=cot ,=cot ,=cot a A b B c C ,其中,,A B C 是三角形的三个内角,且由,,0a b c >知0,,2A B C π<<.⇔22111(1cot )(1cot )8cot cot cot cot cot A B A B C A B ≤+++∑∑⇔ 22sin sin A B ∑sin sin sin sin sin 8cos cos cos sin A B C A B A B C C ≤∑⇔1cos cos cos 8A B C ≤. 由AG -GM 不等式得, 3cos cos cos cos cos cos 3A B C A B C ++⎛⎫≤ ⎪⎝⎭,又3cos cos cos 2A B C ++≤,故1cos cos cos 8A B C ≤,等式成立当且仅当=3A B C π==，即ABC ∆为等边三角形.故原不等式得证.参考文献[1] 张宏.条件为1ab bc ca ++=的一类不等式的证明[J].中等数学,2009(05).。

高中数学奥赛讲义竞赛中常用的重要不等式

优秀学习资料欢迎下载高中数学奥赛讲义：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”，即时成立。

等式当且仅当本不等式称为柯西不等式。

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=当且仅当定值时，等式成立。

思路 2 注意到时不等式显然成立，当时，不等式左、右皆正，因此可考虑作商比较法。

证明 2当时等式成立；当时，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常数时成立。

若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①注意到欲证① , 即需证②此即由柯西不等式, 易知②成立 , 从而①真(11) 再证,③欲证③ , 只需证④而④即要证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式链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）其中是实数组一个排列，等式当且仅当或时成立。

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）。