高中奥数 2022-03-22

作者: 不为竞赛学奥数 | 来源:发表于2022-03-22 09:54 被阅读0次

高中奥数 2022-03-22
奥数！奥数！
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（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P062 例08）

设对于任意实数 $x$ 都有 $\cos \left(a\sin x\right)>\sin \left(b\cos x\right)$ ,求证:
$a^{2}+b^{2}<\dfrac{\pi^{2}}{4}.$

证明

用反证法.设 $a^{2}+b^{2}\geqslant \dfrac{\pi^{2}}{4}$ ,将 $a\sin x+b\cos x$ 表示为 $\sqrt{a^{2}+b^{2}}\sin \left(x+\varphi\right)$ 的形式.其中, $\cos \varphi=\dfrac{a}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$ , $\sin \varphi=\dfrac{b}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}$ .

由于 $\sqrt{a^{2}+b^{2}}\geqslant \dfrac{\pi}{2}$ ,故存在实数 $x_{0}$ ,使得 $\sqrt{a^{2}+b^{2}}\sin \left(x_{0}+\varphi\right)=\dfrac{\pi}{2}.$
即 $a\sin x_{0}+b\cos x_{0}=\dfrac{\pi}{2}$ .

由此即得 $\cos \left(a\sin x_{0}\right)=\sin \left(b\cos x_{0}\right)$ ,与题设矛盾!

所以 $a^{2}+b^{2}<\dfrac{\pi^{2}}{4}$ .

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（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P062 例09）

将一些整数排在数轴的一切有理点上,求证:可以找到这样一个区间,使这区间的两个端点上的数之和不大于区间中点上的数的2倍.

证明

用反证法.设存在一些整数的这样的排列,使得对于含中点 $C$ 的任意区间 $\left[A,B\right]$ ,有 $c<\dfrac{a-b}{2}$ 不等式成立,其中 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 分别表示置于 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 上的整数.

设 $A$ 、 $B$ 、 $C$ 、 $A_{n}$ 、 $B_{n}$ 分别代表数轴上的点-1、1、0、 $-\dfrac{1}{2^{n}}$ 及 $\dfrac{1}{2^{n}}$$\left(n=1,2,3,\cdots \right)$ ,并设置于它们上的整数分别为 $a$ 、 $b$ 、 $c$ 、 $a_{n}$ 、 $b_{n}$ ,

\includegraphics{Chapter_005/Section_04/001.PNG}

则 $a_{1}<\dfrac{a+c}{2}$ , $a_{2}<\dfrac{a_{1}+c}{2}$ ,
故 $\max\left\{a_{1},a_{2}\right\}<\max\left\{a,c\right\}$ .

同理,有
$\begin{aligned} \max \left\{a,c\right\}>\max \left\{a_{1},a_{2}\right\}>\max \left\{a_{3},a_{4}\right\}>\cdots,\\ \max \left\{b,c\right\}>\max \left\{b_{1},b_{2}\right\}>\max \left\{b_{3},b_{4}\right\}>\cdots. \end{aligned}$

所以存在 $m$ ,使得
$a_{2m}\leqslant \max\left\{a,c\right\}-m,b_{2m}\leqslant \max\left\{b,c\right\}-m.$

故 $a_{2m}+b_{2m}\leqslant 1-2m<0$ .

但0为区间 $\left[a_{2m},b_{2m}\right]$ 的中点,矛盾!

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（来源: 数学奥林匹克小丛书第二版高中卷不等式的解题方法与技巧苏勇熊斌证明不等式的基本方法 P063 例10）

设 $p$ 是两个大于2的连续整数之积,求证:没有整数 $x_{1},x_{2},\cdots,x_{p}$ 适合方程
$\sum\limits_{i=1}^{p}x_{i}^{2}-\dfrac{4}{4p+1}\left(\sum\limits_{i=1}^{p}x_{i}\right)^{2}=1.$
证明

用反证法.设 $p=k\left(k+1\right)$ , $k\geqslant 3$ ,则 $p\geqslant 12$ , $4p+1\geqslant 4p$ .

假设有整数 $x_{1}\geqslant x_{2}\geqslant \cdots \geqslant x_{p}$ 满足等式:
$\begin{aligned} 4 p+1 &=(4 p+1) \sum\limits_{i=1}^{p} x_{i}^{2}-4\left(\sum\limits_{i=1}^{p} x_{i}\right)^{2} \\ &=4\left[p \sum\limits_{i=1}^{p} x_{i}^{2}-\left(\sum\limits_{i=1}^{p} x_{i}\right)^{2}\right]+\sum\limits_{i=1}^{p} x_{i}^{2} \\ &=4 \sum\limits_{1 \leqslant i<j \leqslant p}\left(x_{i}-x_{j}\right)^{2}+\sum\limits_{i=1}^{p} x_{i}^{2} . \end{aligned}$
如果所有的 $x_{i}$ 全相等 $\left(i=1,2,\cdots ,p\right)$ ,从上式,有 $4p+1=px_{1}^{2}$ .矛盾!于是,必有 $x_{1}\geqslant x_{2}\geqslant \cdots \geqslant x_{l}>x_{l+1}\geqslant \cdots \geqslant x_{p}$ ,其中 $l\in \mathbb{Z}^{+}$ .我们分两种情形来讨论:

(i)当 $2\leqslant l<p-1$ 时,
$4 \sum\limits_{1 \leqslant i<j \leqslant p}\left(x_{i}-x_{j}\right)^{2} \geqslant 4 \sum\limits_{i=1}^{l} \sum\limits_{k=l+1}^{p}\left(x_{i}-x_{k}\right)^{2} \geqslant 4 l\left(p-l\right),$
又由于
$\begin{aligned} l\left(p-l\right)-2\left(p-2\right) &=l p-l^{2}-2 p+4 \\ &=\left(l-2\right)\left(p-l-2\right) \\ & \geqslant 0 \end{aligned}$
矛盾!因而这种情况不可能.

(ii)当 $l=1$ 或 $l=p-1$ 时.不妨设 $l=1$ .即
$x_{1}>x_{2}=x_{3}=\cdots =x_{p-1}\geqslant x_{p}.$
则
$\begin{aligned} &4 p+1\\ =&4 \sum\limits_{s=2}^{p}\left(x_{1}-x_{s}\right)^{2}+4 \sum\limits_{s=2}^{p-1}\left(x_{s}-x_{p}\right)^{2}+\sum\limits_{i=1}^{p} x_{i}^{2}\\ =& 4(p-2)\left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}+4\left(x_{1}-x_{p}\right)^{2} +4(p-2)\left(x_{2}-x_{p}\right)^{2}+\sum\limits_{i=1}^{p} x_{i}^{2}, \end{aligned}$
故有 $x_{1}-x_{2}=1$ ,于是, $9=4\left(x_{1}-x_{p}\right)^{2}+4\left(p-2\right)\left(x_{2}-x_{p}\right)^{2}+\sum\limits_{i=1}^{p} x_{i}^{2}$ ,故 $x_{2}=x_{p}\left(p\geqslant 12\right)$ 且 $x_{1}-x_{p}=1$ ,所以 $5=x_｛^{2}+\left(p-1\right)^{2}x_{2}^{2}$ .