竞赛数学中几类不等式的解法

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竞赛数学中几类不等式的解法

摘要：本文给出了竞赛数学中常用的排序不等式，平均值不等式，柯西不等式和切比雪夫不等式的证明过程，并挑选了一些与这几类不等式相关的一些竞赛题进行了分析和讲解。 希望对广大喜爱竞赛数学的师生有所帮助。

关键词：排序不等式；平均值不等式；柯西不等式；切比雪夫不等式

Solutions of Several Kinds of Inequalities In Competition Mathematics

Pan Zheng-gang

School of Mathmatics and Statistics, Southwest China University, Chongqing 400715

Abstract: In this article, we introduce the proof of several kinds of inequalities using common in

competition mathematics. For example the permutation inequality, mean value inequality, Cauchy inequality and Chebyshev inequality. Then we chose some competition topics which are relative to those kinds of inequalities to analyze and explanation. We hope that it is help to the general teachers and students who are interested at competition mathematics.

Key words: Permutation inequality; Mean value inequality; Cauchy inequality; Chebyshev inequality

不等式在数学中占有重要的地位，由于其证明的困难性和方法的多样性，而成为竞赛数学中的热门题型.在解决竞赛数学中的不等式问题的过程中，常常要用到几个著名的代数不等式：排序不等式、平均值不等式、柯西不等式、切比雪夫不等式.本文就将探讨这几个不等式的证明和它们的一些应用.

1．排序不等式

定理1 设a1 a2 ... an,b1 b2 ... bn，则有

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a1bn a2bn 1 ... anb1 (倒序积和)

a1br1 a2br2 ... anbrn（乱序积和） a1b1 a2b2 ... anbn（顺序积和）

其中r1,r2,...n,r是实数组b1,b2,...b,n一个排列，等式当且仅当a1 a2 ... an或

b1 b2 ... bn时成立.

（说明： 本不等式称排序不等式，俗称倒序积和乱序积和顺序积和.） 证明：考察右边不等式，并记S a1br1 a2br2 ... anbrn。

不等式 S a1br1 a2br2 ... anbrn的意义：当r1 1,r2 2,...,rn n时，S达到最大值

a1b1 a2b2 ... anbn.因此，首先证明an必须和bn搭配，才能使S达到最大值.也即，设rn n且bn和某个ak(k n)搭配时有

akbn anbrn akbrn anbn. （1-1） 事实上，

anbn akbrn (akbn anbrn) (bn brn)(an ak) 0

不等式（1-1）告诉我们当rn n时，调换bn和brn的位置（其余n-2项不变），会使和S增加.同理，调整好an和bn后，再调整an 1和bn 1会使和增加.经过n次调整后，和S达

到

最

大

值

a1b1 a2b2 ... anbn

，这就证明了

a1br1 a2br2 ... anbrn a1b1 a2b2 ... anbn. 再证不等式左端,

由a1 a2 ... an, bn bn 1 ... b1及已证明的不等式右端， 得

(a1bn a2bn 1 ... anb1) (a1br1 a2br2 ... anbrn) 即 a1bn a2bn 1 ... anb1 a1br1 a2br2 ... anbrn .

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a b c3

例1 （美国第3届中学生数学竞赛题）设a,b,c是正数，求证：abc (abc)思路分析：考虑两边取常用对数，再利用排序不等式证明. 证明：不妨设a b c，则有lga lgb lgc 根据排序不等式有：

alga blgb clgc algb blgc clga

abc

.

alga blgb clgc algc blga clgb 以上两式相加，两边再分别加上 alga blgb clgc 有 3(alga blgb clgc) (a b c)(lgc lga lgb) 即 lgaabbcc

abc

a b c

lgabc 3

a b c3

故 abc (abc)

.

a2 b2b2 c2c2 a2a3b3c3

例2 设a,b,c R，求证：a b c . 2c2a2bbccaab

思路分析：中间式子每项都是两个式子之和，将它们拆开，再用排序不等式证明.

111

证明：不妨设a b c，则 a2 b2 c2且

cba

根据排序不等式，有

a2b2c2111 a2 b2 c2 cababc

a2b2c2111

a2 b2 c2

bcaabc

两式相加除以2，得

a2 b2b2 c2c2 a2a b c

2c2a2b

再考虑a3 b3 c3，并且利用排序不等式，

111 bccaab

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a3b3c3111 a3 b3 c3 bccaabcaabbc

a3b3c3111

a3 b3 c3

bccaababbcac

两式相加并除以2，即得

a2 b2b2 c2c2 a2a3b3c3

2c2a2bbccaab

综上所述，原不等式得证.

例3 设0 a1 a2 ... an,0 b1 b2 ... bn，而ii.,in与j1,j2,...,jn是1,2,...,n的两个排,12,列. 求证：

r 1s 1n

n

airbjsr s

r 1

n

arbs

. （1-2） r ss 1

n

思路分析：已知条件中有两组有序实数，而式（1-2）具有“积和”形式，考虑使用排序不等式. 证明：令 dr

n

bjs

s 1r s

（r=1,2,...,n）

显然 d1 d2 ... dn 因为 b1 b2 ... bn ， 且 由排序不等式

bs

dr

s 1r s

n

111 ... r nr (n 1)r 1

又因为 a1 a2 ... an

nbs

所以 ardr airdr且 ar ardr（注意到ar 0）

r sr 1s 1r 1r 1r 1

n

n

n

n

故

r 1s 1

n

nn

airbjsr s

air

r 1

s 1

n

n

nn

bjsr s

airdr

r 1

n

nn

bsab

ardr ar rs r 1r 1s 1r sr 1s 1r s

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故 原式得证.

2.均值不等式

定理2 设a1,a2,...,an是n个正数，则H(n) G(n) A(n) Q(n)称为均值不等式. 其中，

H(n)

1 ... a1a2an

，

G(n)

A(n)

a1 a2 ... an

，

n

Q(n) 分别称为a1,a2,...,an的调和平均数，几何平均数，算术平均数，均方根平均数. 证明： 先证 G(n) A(n). 记

c bi

ai

， c

则 原不等式 b1 b2 ... bn n 其中 b1b2...bn

1

(a1a2...an) 1 cn

xxx1x

,b2 2,...,bn 1 n 1, 则 bn n. x2x3xnx1

取 x1,x2,...,xn使 b1 由排序不等式，易证

b1 b2 ... bn

下证 A(n) Q(n)

xxx1

... n 1 n n x2xnx1

122

... an [(a1 a2 ... an)2 (a1 a2)2 (a1 a3)2 ... (a1 an)2 因为 a12 a2

n

(a2 a3)2 (a2 a4)2 ... (a2 an)2 ... (an 1 an)2]

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1

n

(a1 a2 ... an)2 所以

a1 a2 .. .an2n

从上述证明知道，当且仅当a1 a2 ... an时，不等式取等号. 下面证明 H(n) G(n) 对n个正数

1a,1,...,1

，应用 G(n) H(n)，得

1a2an

11 a 1a ... 1

2ann 即 H(n) G(n)（等号成立的条件是显然的）.

例4已知0 a 1,x2 y2 0，求证：logy1

a(ax a) loga2 8

.

证明：由于 0 a 1，ax 0,ay 0， 有

ax ay 从而

logx y

a(ax ay) loga loga2 2

下证

x y2 18 ， 即 x y 1

4

。 又因为 x y x x2 (x 11111

2) 4 4，等号在x=2(这时y=4

)时取得所以 loagax(

ay )1

al 8

. g2

例5（IMO）设a,b,c是正实数，且满足abc=1.

证明：(a 1 1b)(b 1 1c)(c 1 1

a) 1

证明：令 a yyz

x,b z,c x

，其中x,y,z是正实数，将原不等式变形为

(x y z)(y z x)(z x y) xyz 记 u x y z,v y z x,w z x y，

2-1）

（

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注意到u,v,w任意两个之和是一个正数，所以它们中间至多有一个负数. 如果恰有一个负数，那么uvw 0 xyz，（2-1）式成立. 如果这三个数都大于0，由算术—几何平均不等式

1

(x y z y z x) x

2

y z 于是

xyz 即 uvw xyz，（2-1）式得证.

例6 已知a1,a2,...,an 0，且a1 a2 ... an 1. 求证：

ana1a2n

.

1 a2 a3 ... an1 a1 a3 ... an1 a1 a2 ... an 12n 1

n

n

ai2

思路分析：左边各项形式较复杂，首先将其化简为 ( 1).

2 a2 ai 1i 1ii

左边为和的形式，但其各项之和难与右边联系，利用算术平均大于几何平均难以求证，而左边各项

2

可看为倒数形式，尝试用调和平均. 2 ai

证明：不等式左边化为

n

ai2

( 1)， 2 a2 ai 1i 1iin

对

222

，利用A(n) H(n)有 ,,...,

2 a12 a22 an

1nai

ni 12 ai

n

n

2 ai 2i 1

2 ai

即 2i 1

n

n2n22n2

n

112n 1

n ain

22i 1

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n

所以 an i 12 a (2n

i 1) 2 ai n2n2

n . ii 12 aii 1

2 2n 1 n

2n 1

3．柯西不等式

n

n

n

定理3 设ai，bi R（i=1,2, n）,恒有不等式 a2. b2i

(1

aib2i

i)，当且仅当

i 1

i i 1

b1a b2

... bn时，等式成立. 1a2an

证明： 作关于x的二次函数

n

f(x) ( a2

)x2

n

n

i

2(i 1

aibi)x i 1

b2i

i 1

n

若 a2i 0，即a1 a2 ... an时，显然不等式成立.

i 1 n

若a2i 0时，则有f(x) (a21x b1) (a2x b2)2 ... (anx b2n) 0

i 1

n且 [2( a2

ibi)] 4( nn

a2i

)(i 1

i 1

b2i) 0

i 1nn

n

故 a2. b2i

(1

aib2i

i)

i 1

i i 1

从上面过程看出，当且仅当

b1a b2

... bn时，不等式取等号. 1a2an

2例7 设x

，求证：x22

1x2x2n 1

xn1,x2,...,xn Rx x ... x1 x2 ... xn.

23xnx1

思路分析：注意到式子中的倒数关系，考虑运用柯西不等式来证明. 证明：因为x1,x2,...,xn 0，故由柯西不等式，得

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222

xnxnx12x2 1

(x2 x3 ... xn x1)( ... )

x2x3xnx1

... 2 (x2 x3 ... xn x1)2

222

xnxnx12x2 1

所以 ... x1 x2 ... xn.

x2x3xnx1

例8 已知实数a,b,c,d，e满足a b c d e 8,a2 b2 c2 d2 e2 16，求e的取值范围.

思路分析：由a2 b2 c2 d2 e2联想到应用柯西不等式.

222

解：因为 4a(2 b2 c2 d) (1 1 1 a1)(b

2

c

d )

(a b c d)2, 即 4(16 e2) (8 e)2，

64 4e2 64 16e e2

5 即 5e2 16e 0，所以 e(e

1 6，)

故 0 e

6

. 5

评述：此题十分巧妙地应用柯西不等式求最值，十分典型，它是将重要不等式应用于求最值问题的一道重要题目.

22

例9 x1,x2,x3 R 满足x12 x2 x3 1，求

x3x1x2

的最小值. 22

1 x121 x21 x3

解

：容易猜到x1 x2 x3

xxx12 22 321 x1 x1

x123

为了证明这一点，利用柯西不等式，得

3

xi332

x(1 xi) xi2 1， 2 i

i 11 xii 1i 1

3

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只需要证明

xi3(1 xi2)

i 1

3

3

等价于

（3-1） x xi3

5

ii 1

i 1

3

由几何—算术平均不等式，得

25

x1 x13，

253同理可证，

，

x2 x2

2 x 53

3

， x3

以上三式相加，（3-1）式得证，进而证得

x3x1x2 x x x 123222

1 x11 x21

x3评述：柯西不等式中的 aibi的项aibi如何拆成两个因式ai和bi的积，可以说是应用此

不等式的主要技巧（上例 x(1 x)

3

i

2i

i 13

，我们将 xi2中的x

i2表示为

i 1

3

和

的积），正因为aibi可以按照我们的需要加以分解，柯西不等式的应用更为广

泛.

例10 试问：当且仅当实数x0,x1,...,xn(n 2)满足什么条件是，存在实数y0,y1,...,yn使得

222

成立，其中zk xk iyk，i为虚数单位，k=0,1, ,n. 证明你的结论.z0 z12 z2 ... zn

（高中联赛，1997）

2222

思路分析：将z0根据表达式的特点，结合 z1 z2 ... zn成立转换到实数范围内求解。

柯西不等式寻找xi(i 1,2,...,n)的范围.

222解：将z0转化到实数范围内，即 z12 z2 ... zn

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n

n2222

x x y y, k0k0 k 1

k 1n

xkyk x0y0 k 1

n

（3-2）

若存在实数y0,y1,...,yn使（3-2）成立，则xy ( xkyk)2.

2

20

k 1

2

由柯西不等式可得 xy ( x)( yk ) （3-3）

22

00

2kk 1

k 1

n

n

如果x x，由（3-2）可知y yk2，从而

20

2k

20

k 1

k 1

2

xy ( x)( yk)与 （3-3）矛盾 2200

2kk 1

k 1

n

n

nn

2

于是得 x xk （3-4）

2

k 1

n

反之若（3-4）成立，有两种情况：

2

⑴x xk，则取yk xk，k=0,1,2, ,n，显然（3-2）成立.

2

k 1nn

22

⑵x x，记a xk x0 0，则x1,...,xn不全为0.

2

2k

2

k 1

k 1

n

不妨设xn 0，

取 yk 0,k 0,1,2,...,n 2，并且取

yn 1 易知（3-2）成立.

2

综上，所求的条件为 x xk.

2

k 1n

yn

4．切比雪夫不等式

定理4 设x1,x2,...,xn，y1,y2,...,yn为任意两组实数，若x1 x2 ... xn且y1 y2 ... yn或

x1 x2 ... xn且y1 y2 ... yn，则

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1n1n1n

xiyi ( xi)( yi) （4-1）

ni 1ni 1ni 1

若x1 x2 ... xn且y1 y2 ... yn或x1 x2 ... xn且y1 y2 ... yn，则

1n1n1n

xiyi ( xi)( yi) （4-2）

ni 1ni 1ni 1

当且仅当x1 x2 ... xn或y1 y2 ... yn时，（4-1）和（4-2）中的不等式成立. 证明： 设x1,x2,...,xn,y1,y2,...,yn为两个有相同次序的序列，由排序不等式有

x1y1 x2y2 ... xnyn x1y1 x2y2 ... xnyn x1y1 x2y2 ... xnyn x1y2 x2y3 ... xny1 x1y1 x2y2 ... xnyn x1y3 x2y4 ... xny2

x1y1 x2y2 ... xnyn x1yn x2y1 ... xnyn 1

把上述n个式子相加，得 n xiyi ( xi)( yi)

i 1

i 1

i 1

n

n

n

1n1n1n

上式两边同除以n，得 xiyi ( xi)( yi)

ni 1ni 1ni 1

2

等号当且仅当x1 x2 ... xn或y1 y2 ... yn时成立.

例 10 设ai 0(i 1,2,...,n)， 求证：aa...a (a1a2...an)

a1a2

12

ann

1

(a1 a2 ... an)n

证明：不妨令 a1 a2 ... an 0，则 lga1 lga2 ... lgan 由切比雪夫不等式，有

a1lga1 a2lga2 ... anlgan

1

(a1 a2 ... an)(lga1 lga2 ... lgan)n

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1

(a1 a2 ... an)n

即 lg(a

a1a212

...a) lg(a1a2...an)

ann

ann

从而证得 aa...a (a1a2...an)

a1a212

1

(a1 a2 ... an)n

.

例11 已知a1 a2 ... an 0,bn bn 1 ... b1 0.

bi1

求证： ni

n

i 1ai

n

i 1

n

ai

.

i

b

证明：取xi ai,yi bi，则由a2 a2 ... an 0,bn bn 1 ... b1 0， 可知xi，bi满足切比雪夫不等式的条件，故

1n11n1n1

ai ( ai)( )

ni 1bini 1ni 1bi

又由均值不等式，正数b1,b2,...,bn的调和平均数不大于它们的算术平均数，

即

n

b

i 1

n

1

i

b

i 1

n

i

n

.

其中等号仅在b1 b2 ... bn时成立.

1nbi

这样就有

ni 1ai

a

i 1ni 1

n

i

，

b

i

bi1

即 ni

n

i 1ai

n

i 1

n

ai

b

， 而且等号仅在b1 b2 ... bn时成立.

i

参考文献:

[1]周沛耕,王中峰.高中数学奥林匹克竞赛解题大全.山西教育出版社.2001：57-62.

哦iuoioi

[2]陈传理，张同君.竞赛数学教程（第二版）.高等教育出版社，2003：172-178.

[3]刘凯年.高中数学奥林匹克竞赛同步教材（综合卷）.西南师大出版社，2002：221-232. [4]单尊.数学竞赛研究教程.江苏教育出版社，2004：134-144.

[5]李胜宏.新课标高中数学竞赛通用教材.浙江大学出版社，2004：123.

[6]曹瑞斌.高中数学/启东中学奥赛精题详解.南京：南京师范大学出版社.2005：167.

致谢：

经过近三个月的忙碌和工作，本次毕业论文已经接近尾声，作为一个本科生的毕业设计，由于经验的匮乏，难免有许多考虑不周全的地方，如果没有导师的督促指导，以及一起工作的同学们的支持，想要完成论文是难以想象的. 在这里首先要感谢我的导师邓磊老师.邓老师平日里工作繁多，但在我做毕业论文的每个阶段，从查阅资料，设计草案的确定和修改，中期检查，后期详细设计等整个过程中都给予了我悉心的指导.除了敬佩邓老师的专业水平外，他的治学严谨和科学研究的精神也是我永远学习的榜样，并将积极影响我今后的学习和工作.

然后还要感谢大学四年来所有的老师，为我打下数学专业知识的基础；同时还要感谢所有的同学们，正是因为有了你们的支持和鼓励.毕业论文才会顺利完成.

最后感谢数学与统计学院和我的母校----西南大学四年来对我的大力栽培.

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/183m.html