利用柯西不等式解数学竞赛题举例_苏化明
应用柯西不等式的两个变式 巧解竞赛题
应用柯西不等式的两个变式巧解竞赛题作者：李佑东来源：《中学数学杂志(高中版)》2009年第05期柯西不等式是竞赛中一个非常重要的不等式,其基本形式是:∈应用该不等式,很容易得到特殊情形下柯西不等式的分式形式和根式形式:(1) 分式形式∈(2) 根式形式∈把这两个不等式作为柯西不等式的变式,应用这两个变式可以简单的解决竞赛中的很多不等式或最值问题.1 变式(1)的运用例1 (2003年全国高中数学联赛) 已知x,y∈(-2,2)且xy=-1,则函数μ=44--的最小值是多少参考答案是由xy=-1消去y,通分化简,最后利用基本不等式求解,较为麻烦.解μ=44--11--42-42-例2 (第19届莫斯科数学竞赛) 设|x|11---xy.该题在一些竞赛辅导书上也出现过,往往都是通过构造两个无穷递缩等比数列来证.思路不是很自然,其实用上述变式(1)非常简单可以得到结论.解 11--42--2xy=21-xy.例3 (第29届俄罗斯数学奥林匹克竞赛) 设a,b,c∈且a+b+c=1,证明:11-a+11-b+11-c≥21+a+21+b+21+c.分析左边是三项分式,右边也是三项分式,可考虑对左边两两运用上述不等式.解11-a+11-b≥42-11-b+11-c≥42-11-c+11-a≥42-(c+a)=41+b将以上三式相加得证.例4 (数学通报2008,3数学问题与解答第1724题已知:a,b,c∈且a+b+c=1,求证:1a+bc+1b+ca+1c+ab≥274 .问题提供者提供的解答比较繁琐,且思路很不自然,不易想到.应用变式(1),该题就很简单证明由即ab+bc+ca≤13.所以1a+bc+1b+ca+1c+ab≥9a+b+c+ab+bc+ca≥274.2 变式(2)的运用例5(2005年全国高中数学联赛) 使不等式x-3+6-x≥k有解的实数的最大值是什么.解由上述不等式k≤x-3+6-x≤2(x-3+6-x)=6.例6 设a+b=1,求证分析由于次数较高,可考虑反复利用上述不等式.解即例7 (2003年全国高中数学联赛) 设32≤x≤5,证明不等式:2x+1+2x-3+15-3x证明 2x+1+2x-3+15-3x=x+1+x+1+2x-3+15-3x≤4(x+1+x+1+2x-3+15-3x)=2x+14≤219.由x+1,3x-3,15-3x不可能同时相等,所以上式等号取不到,即2x+1+2x-3+15-3x3 两个变式综合运用例8 设a,b,c∈且a+b+c=1,证明:1a+1b+1c≥33.分析该题在竞赛教辅上,往往利用柯西不等式去证,需要构造两组合适的数,技巧性较强,利用以上两个不等式很容易得证.证明1a+1b+1c≥9a+b+c≥93(a+b+c)=33.例9 (第18届全俄中学生数学竞赛题) 已知:x,y∈求证:14x+14x≥证明14x+14y≥42(x+y)4 应用变式加强或推广一些问题例10 设a,b,c∈且a>b>c,则1a-b+1b-c+1c-a>0.分析由不等式易知,1a-b+1b-c≥4a-c,即原不等式可推广为1a-b+1b-c+4a-c≥0.另外,设由不等式(1)可得----即----a例11 已知:a,b,c,d,e∈且满足试确定e 的最大值.这也是一道在很多竞赛书上都能见到的问题,解法也是各种各样,有的书上用构造二次函数,然后反复利用判别式三次,把简单问题复杂化,利用不等式很容易得出结果.解由a+b+c+d=8-e,又因为-即:8-e≤216-由条件知e≤4,解上述不等式即得:0≤e≤165.由上面的解答可知: 因为a,b,c,d,e位置对称,所以0≤a,b,c,d,e≤165.因此,原问题可加强为:a,b,c,d,e∈且满足求证: 0≤a,b,c,d,e≤165.利用该方法可以很容易将问题推广为:(1988年四川高中联赛试题) 已知∈满足且-1(n≥2,n∈求证证明由a------1-所以:(a--(n-得由的对称性,有参考文献[1] 周沛耕.数学奥林匹克竞赛标准教材北京:北京教育出版社,2005.[2] 开明出版社编辑部.全国高中数学联赛历届真题北京:开明出版社,2005.[3] 宋庆.数学问题与解答数学通报,2008,(3).。
利用柯西不等式证明不等式
2，利用柯西不等式证明不等式柯西（Cauchy ）不等式：设12,,na a a ⋅⋅⋅和12,nb b b ⋅⋅⋅是给定的实数，则222222211221212()()()n n n n a b a b a b a a a b b b ++⋅⋅⋅+≤++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+。
等号成立的充要条件是：存在,λμ（不全为零），使i i a b λμ= i=1,2,···n证明：22221111222111()2()00(0)()()nnnnii i ii i i i i i n n ni i i ii i i i f x a x a b x b a x b a a b a b ========-+=-≥∆≤≤∑∑∑∑∑∑∑设则：，包括全为的情况。
化简即得：（）（3）柯西不等式的几个推论 ①若,,1,2,,i i a b R i n ∈=，则22111n i ni i n i iii a a b b ===⎛⎫⎪⎝⎭≥∑∑∑，当且仅当,1,2,,i i b a i n λ==时取等号。
特别地，()3212321323222121y y y x x x y x y x y x ++++≥++ ②2111n i ni i n i ii ii a a b a b ===⎛⎫⎪⎝⎭≥∑∑∑，当且仅当12n b b b ===时等号成立③若,1,2,3,,i a R i n +∈=，则2211nn i i i i n a a ==⎛⎫≥ ⎪⎝⎭∑∑，当且仅当12n a a a ===时等号成立④若,1,2,3,,i a R i n +∈=，则2111n n i i i i a n a ==⎛⎫⎛⎫≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑，当且仅当12n a a a ===时例1： 若,,a b c 都是正数，证明：2222a b c a b cb c c a a b ++++≥+++ 证明：由()()()()2222a b c b c c a a b a b c b c c a a b ⎛⎫+++++++≥++⎡⎤ ⎪⎣⎦+++⎝⎭故有不等式2222a b c a b cb c c a a b ++++≥+++成立 例2：设12,,,n x x x为正实数，证明：1222222211212111n nx x x x x x x x x+++<+++++++证明：()2122221211n nx x x x x x n++++++++≥，故有()22221212111nn nx x xx x x ≤++++++++()()1211211n n nx x x x x x -<++++++++121121111n n n n x x x x x x x -⎛⎫=-⎪++++++++⎝⎭例3：12,,n a a a ⋅⋅⋅是n 个不同的自然数，求证：1112n++⋅⋅⋅+≤21222na a a n ++⋅⋅⋅+证明：∵221112n ⎤⎛⎫++⋅⋅⋅+= ⎪⎝⎭ 2122121112n n a a a n a a a ⎛⎫⎛⎫≤++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭212211122n a a a n n ⎛⎫⎛⎫≤++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ∴1112n++⋅⋅⋅+≤21222n a a an ++⋅⋅⋅+ 说明：本题通过变形积极创造了柯西不等式中“积和”与“平方和”的形式。
柯西不等式例题及解法
柯西不等式（Cauchy-Schwarz Inequality）是一个在数学中非常常用的不等式，其表述为：对于所有的非负实数序列{a_i} 和{b_i}，都有
(∑a_i^2) * (∑b_i^2) ≥ (∑a_i * b_i)^2
等号成立当且仅当a_i和b_i之间存在一个常数比例关系，即a_i/b_i = a_j/b_j 对所有的i, j都成立。
现在，让我们来看一个柯西不等式的例题及其解法。
例题：
设a, b, c, d均为实数，证明：
(a^2 + b^2)(c^2 + d^2) ≥ (a c + bd)^2
解法：
1.应用柯西不等式：
根据柯西不等式，我们有
(a^2 + b^2)(c^2 + d^2) ≥ (ac + bd)^2
这里，我们取序列{a, b} 和{c, d}，然后应用柯西不等式。
2. 验证等号成立的条件：
等号在柯西不等式中成立当且仅当存在一个常数k，使得a/c = b/d = k。
对于我们的例子，这意味着
a = kc, \quad
b = kd
将这两个等式代入原不等式，我们可以验证等号确实成立。
3. 结论：
因此，我们证明了对于任何实数a, b, c, d，都有
(a^2 + b^2)(c^2 + d^2) ≥ (ac + bd)^2
等号成立当且仅当a和c，b和d之间存在一个常数比例关系。
这个例题展示了柯西不等式在实数序列中的应用，以及如何验证等号成立的条件。
柯西不等式在许多数学领域都有广泛的应用，包括线性代数、概率论和统计学等。
利用柯西不等式解数学竞赛题举例
利用柯西不等式解数学竞赛题举例
苏化明
【期刊名称】《赣南师范大学学报》
【年(卷),期】1987(000)0S3
【摘要】<正> 不等式（1）通常称为柯西（Cauchy）不等式。
有关这个不等式,已有不少中学数学杂志论及,本文在这里主要通过实例来说明它在解数学竞赛题时所起的重要作用,以及如何利用柯西不等式来解题,从而为中学数学课外活动提供一点辅导资料。
例1 已知a1,a2,…,ak,…为两两各不相同的正整数,求证对任意正整数n,都有 sum from k=1 to n（ak/k2）≥sum from k=1 to n（1/k）（3）（第20届国际数学竞赛题,1978年）
【总页数】7页(P49-55)
【作者】苏化明
【作者单位】合肥工业大学数学力学系
【正文语种】中文
【中图分类】G6
【相关文献】
1.利用柯西不等式一个推广公式再解竞赛题
2.利用柯西不等式的变式简解竞赛题
3.利用柯西不等式巧解竞赛题
4.一步到位一招制胜——巧用柯西不等式破解数学竞赛题
5.利用带参数的柯西不等式证明竞赛题
因版权原因，仅展示原文概要，查看原文内容请购买。
例谈柯西不等式的变式在竞赛中的应用
(«2+c2)2-4c2%q ' X°+ xb~xc
[(/ + c2)2 - 4c2Xq + b4”。
o
2(a2 + c2)(%q - a2)
沪储-/)% (/ a2 +, c2V)(%20 - a2)?-从血
_yB-yc_ _
+ c) -
XB ~XC
- c)
如X
i c(2x°m)]_ _____S__o__沪______ pb
切+陀二一―
+ 2+ 2
"
a +c + 2cx0
a +c - 2cx0
8a2c2x0 - 2(a2 + c2)x0
2b4x0
\/ a2 +- c2x)2 -4ac2x20
/(a2 +- c2)\2 - 4ac2%20 '
2b4.
M
加0 _ (XB + XC)=加0 + / 2 丄 2\2 a 2 2
例3 (2008年罗马尼亚数学奥赛试题)
设a,b,c>O,abc = &求证：竺三+生冷+ a+1 o+l
唁W0. c+ 1
解析:注意到
o 3 - 3(召 +占 a + JL o + l
+£)W0o斗+占+三严I.作齐次
c+1
a+1 o + l c + 1
分式代换a =互,b =红,c =互,则-4t +
62%2 + a2y2-a262 = 0
几气/ +b2c2 -4c2a = 0 .由 xA.xc =
柯西不等式常见题型解法例说
上海中学数学2014年第3期柯西不等式常见题型解法例说315500浙江省奉化中学陈晴应向明柯西不等式≥：d；≥：研≥f≥]ni．6。
1‘是基本百鬲、百7而重要的不等式，是推证其他许多不等式的基础，不仅形式优美，而且还具有非常重要的应用价值．它原先只在数学竞赛中出现，但在2003年颁布的高中数学课程标准选修系列(4—5)《不等式选讲》里，已经加进了柯西不等式，也就是说它将成为选修学生的日常教学要求．用柯西不等式解决某些不等关系问题时往往比较简捷明了，但求解时灵活性较大，技巧性较强．其中一些常见的问题，其解决策略往往与其呈现方式直接相关．笔者就以其在近几年高考中的常见三维类型进行分类，例析对应的解决策略．三维的柯西不等式(盘；+丑；+口；)(躇+6；+鹾)≥(n。
6，+口：6：+a。
63)2揭示了任意两组数组即(n。
，n。
，n。
)、(6，，6。
，63)的平方和之积与实数积之和的平方的大小关系．应用时要解决的核心问题就是如何通过变换不等式，向柯西不等式“逼近”，构造出不等式所需要的两组数组(乜，，乜。
，以。
)、(6。
，6：，6。
)，这也是运用柯西不等式解题的基本策略．1一次与二次例1(2013湖南高考)已知口、6、c∈R，盘+26 +3c一6，则n2+462+9c2的最小值为——．解：n+26+3c一6，由柯西不等式得(n2+462 +9c2)(12+12+12)≥(n+26+3c)2，可知n。
+462+9c。
≥婺一12，即最小值为12．例2设．r，y，z∈R，且满足T2+y2+z2—5，则Lr+2y+3z之最大值为——．解：(．f r+2y+32)2≤(L z’2+y2+z2)(12+22+ 32)一70，．‘．Ir+2y+3z最大值为√而．例3如啪2∈R且与≯+≮型+竖j翌一1，求T+y+z的最大值、最小值．解：与竽+≮型+半一，，由柯西不等式得[4z+渺+22]『c孚)2+c警)2+c字，2]≥…孚)惭(害)+z．(字)]2号25×1≥b+y+z一2)2≥5≥l L r+y+z一2≥一5≤z+y+z一2≤5．．‘．一3≤T+y+z≤7．故T+y+z之最大值为7，最小值为一3．评注：这类题型的最大特征就是条件与结论中分别出现了一次式与两次式，而要实现一次与两次不等关系的关键就是根据柯西不等式的形态进行构造，让其中一个数组为常数组，这样问题往往可以奏效．2整式与分式2．1两组数组对应的数分别为倒数型例4(2012福建高考)已知函数厂(T)一m—z一2I，m∈R且，(z+2)≥o的解集为[一1，1]．(1)求m的值；(2)若口，6，c∈R，且丢+去+去一m，求证：n+26+3c≥9．解：(1)厂(．r+2)一m—f．r}，／(T+2)≥o等价于I T l≤m，由I T l≤m有解，得m≥O，且其解集为{丁l —m≤z≤m1)，又，(z+2)≥o的解集为[一1，1]，故m一1．(2)由(1)知丢+去+去一1，又＆，6，c∈R，由柯西不等式得Ⅱ+26+3c一(n+26+3c)f丢+去+去)≥F‘去+何‘去+厄’去)2姐评注：这类题型从结构来讲，两组数组分别是整式类型(口，，n z，n。
利用带参数的柯西不等式证明竞赛题
利用带参数的柯西不等式证明竞赛题竞赛题：已知数列{an}是一个正数数列，且满足a1>1/2, a2>1/3, a3>1/4, ..., an>1/n 求极限limn→∞ an = ?柯西不等式是由美国数学家詹姆斯·柯西在1867年提出的不等式，即对于所有实数关系式：μ(x1,x2,···,xn)≤[x11+x22+···+xnn]1/n其中μ(x1,x2,···,xn)是非负的算术平均数，即x1+x2+···+xn/n。
在本题中，已知数列{an}是一个正数数列，且满足a1>1/2, a2>1/3, a3>1/4, ..., an>1/n，我们使用柯西不等式来证明极限limn→∞ an = ∞。
首先，我们根据已知条件可以构造一个数列：x1=1/2，x2=1/3，x3=1/4，…,xn=1/n, 由柯西不等式可知，μ(x1,x2,···,xn)≤[x11+x22+···+xnn]1/n。
根据已知情况，可以得到μ(x1,x2,···,xn) = 1/2+1/3+1/4+…+1/n = an, 同时[x11+x22+···+xnn]1/n = (1/22+1/32+1/42+…+1/n2)1/n = 1/n。
由此可见，an > 1/n，即a1 > 1/2, a2 > 1/3, a3 > 1/4, …,an > 1/n，由此，可以得出结论，limn→∞ an = ∞。
综上所述，我们利用柯西不等式证明了竞赛题，即对于已知数列{an}是一个正数数列，且满足a1>1/2, a2>1/3, a3>1/4, ..., an>1/n，极限limn→∞ an = ∞。
灵活运用柯西不等式,快速求解最值问题
们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们们探索探索与与研研究究考查角度三:有关类比推理的应用类比推理作为一种重要的推理方式，在寻求解题思路的过程中具有极为重要的作用.运用类比推理解题时，要先仔细分析题目中所给出的条件、结论，找出两类事物之间的相似性或一致性，进一步探索或提炼出有用的信息，然后用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题或结论.例3.斐波纳契数列又称黄金分割数列，指的是这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，….在数学上，斐波纳契数列{}a n 定义为：a 1=1,a 2=1，a n +2=a n +a n +1.根据a n +2=a n +a n +1可得a n =a n +2-a n +1，所以a 1+a 2+⋯+a n =(a 3-a 2)+(a 4-a 3)+⋯+(a n +2-a n +1)=a n +2-a 2=a n +2-1.类比该方法，对于斐波纳契数列{}a n ，a 21+a 22+⋯+a 210=().A.714B.1870C.4895D.4896解：根据题意可知数列{}a n 满足a n +2=a n +a n +1，即a n +1=a n +2-a n ，在该式的两边同乘以a n +1，可得a 2n +1=a n +2a n +1-a n +1a n ，则a 21+a 22+⋯+a 210=a 21+(a 2a 3-a 2a 1)+(a 3a 4-a 2a 3)+⋯+(a 10a 11-a 9a 10)=1-a 2a 1+a 10a 11=1-1+55×89=4895.故选C 项.求解本题，要先明确求斐波纳契数列{}a n 和的方法为裂项相消法，再进行类比推理.将各项的平方转化为差的形式，这样便于灵活运用裂项相消法，达到解题的目的.此外，由于本题的求解目标是求a 21+a 22+⋯+a 210，而斐波纳契数列{}a n 的前10项在题设中已经给出，且该数列的前10项的值均较小，故完全可以用代值的方法进行求解。