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第36届国际数学奥林匹克试题


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第 36 届国际数学奥林匹克试题
1. (保加利亚) 设 A、B、C、D 是一条直线上依次排列的四个不同的点,分别以 AC、BD 为直径的圆 相交于 X 和 Y,直线 XY 交 BC 于 Z。若 P 为 XY 上异于 Z 的一点,直线 CP 与以 AC 为直径的圆相交于 C 和 M

,直线 BP 与以 BD 为直径的圆相交于 B 和 N。试证:AM、 DN 和 XY 三线共点。 证法一:*设 AM 交直线 XY 于点 Q,而 DN 交直线 XY 于点 Q′(如图 95-1,注意: 这里只画出了点 P 在线段 XY 上的情形,其他情况可类似证明) 。须证:Q 与 Q′重合。

由于 XY 为两圆的根轴,故 XY⊥AD,而 AC 为直径,所以 ∠QMC=∠PZC=90° 进而,Q,M,Z,B 四点共圆。 同理 Q′,N,Z,B 四点共圆。 这样,利用圆幂定理,可知 QP·PZ=MP·PC=XP·PY, Q′P·PZ=NP·PB=XP·PY。 所以,QP= Q′P。而 Q 与 Q′都在直线 XY 上且在直线 AD 同侧,从而,Q 与 Q′重 合。命题获证。 分析二* 如图 95-2,以 XY 为弦的任意圆 O, 只需证明当 P 确定时,S 也确定。 证法二:设 X(0,m),P(0,y0) , ∠PCA=α , m、y0 是定值。有 xc ? y 0 ctg? .但 ? x A ? xC ? yx ,
2

则 xA ? ?

m2 tg? . y0

因此,AM 的方程为

y ? ctg? ( x ?

m2 ? tg? ). y0

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令 x ? 0, 得y s ?

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m2 ,即点 S 的位置取决于点 P 的位置,与⊙O 无关,所以 AM、DN y0

和 ZY 三条直线共点。 2. (俄罗斯)设 a、b、c 为正实数且满足 abc=1。试证:

1 1 1 3 ? 3 ? 3 ? . a (b ? c) b (c ? a) c (a ? b) 2
3

证法一:**设 2a

?1

? b ?1 ? c ?1 ? ? ,2b ?1 ? c ?1 ? a ?1 ? ? ,2c ?1 ? a ?1 ? b ?1 ? ? ,

有 ? ? ? ? ? ? 0. 于是,

4 4 4 ? 3 ? 3 a (b ? c) b (c ? a) c (a ? b)
3

?

4a b c 4a b c 4a b c ? 3 ? 3 a (b ? c) b (c ? a) c (a ? b)
3

(b ?1 ? c ?1 ? ? ) 2 (b ?1 ? c ?1 ? ? ) 2 (a ?1 ? b ?1 ? ? ) 2 ? ? ? b ?1 ? c ?1 c ?1 ? ? ?1 a ?1 ? b ?1
? 2(a ?1 ? b ?1 ? c ?1 ) ? 2(? ? ? ? ? ) ? (b ?1 ? c ?1 ) ?1? 2 ? (c ?1 ? a ?1 ) ?1 ? 2 ? (a ?1 ? b ?1 ) ?1 ? 2

1 1 1 1 ? 2( ? ? ) ? 2 ? 33 ? 6. a b c abc

?原不等式成立。
背景资料:陕西省永寿县中学安振平老师在《证明不等式的若干代换技巧》一文中运 用“增量代换”给出证法一,还用增量代换法给出第 6 届 IMO 试题的证明。什么是增 量代换法?—— 由 a ? b, 令a ? b ? a, 其中0 ? ? 称为增量。运用这种方法来论证问题,我们称为增量 代换法。 题 1 设 a, b, c 是某一三角形三边长。求证:

a 2 (b ? c ? a) ? b 2 (c ? a ? b) ? c 2 (a ? b ? c) ? 3abc.
(第 6 届 IMO 试题) 证明 不失一般性,设 a ? x, b ? x ? y, c ? x ? y ? z, 且x ? 0, y ? 0, z ? 0, x ? y.

则a 2 (b ? c ? a) ? b 2 (c ? a ? b) ? c 2 (a ? b ? c) ? 3abc ? x 2 [( x ? y) ? ( x ? y ? z ) ? x] ? ( x ? y) 2 [( x ? y ? z ) ? x ? ( x ? y)] ? ( x ? y ? z ) 2 [ x ?
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( x ? y) ? ( x ? y ? z) ? 3x( x ? y)( x ? y ? z)]
? x 2 ( x ? 2 y ? z ) ? ( x ? y) 2 ( x ? z ) ? ( x ? y ? z ) 2 ( x ? z ) ? 3x( x ? y)( x ? y ? z ) ? ?( xy 2 ? xz 2 ? 2 yz 2 ? z 3 ? xyz) ? 0.

?原不等式成立。
同时,安振平老师用二元代换法给出第 25 届 IMO 试题的证明。 什么是二元代换法?—— 若 x ? y ? 2a, 则可设x ? a ? t , y ? a ? t. 运用这种方法来论证问题,我们称为二元代 换法。 题 2 已知 x, y, z都是非负实数, 且x ? y ? z ? 1. 求证:

0 ? xy ? yz ? zx ? 2 xyz ?
(第 25 届 IMO 试题)

7 . 27 1 2 , x ? y ? .从而, 3 3

证明 不妨设 x ? y ? z ? 0. x ? y ? z ? 1, 易得z ? 由

2 xyz ?

2 xy ? xy. 3

? yz ? zx ? xy ? 2 xyz ? 0.
另一方面,令 x ? y ?

2 1 1 ? t , z ? ? t (0 ? t ? ).则 3 3 3

z ( x ? y) ? xy(1 ? 2 z )
? 1 ?? 2 ? ?1 ? ? 1 ?? 2 ? ? 1 t ? ? 1 ? ?? ?? ? t ? ? xy? ? 2t ? ? ? ? t ?? ? t ? ? ? ? ? ? ? 2t ? ? 3 ? t ?? 3 ? ?3 ? ? 3 ?? 3 ? ? 3 2 ? ? 3 ?
2

?

7 t2 1 7 ? ( ? t) ? . 27 c 2 27

还有,安振平老师用对称代换法给出了第 24 届 IMO 试题的证明。 什么是对称代换法?—— 任 意 三 个 正 实 数 a, b, c 构 成 某 一 三 角 形 三 边 的 充 要 条 件 是 存 在 着 三 个 正 实 数

x, y, z, 使得a ? y ? z, b ? z ? x, c ? x ? y. 用这种方法来处理问题, 我们称为对称代换
法。 题 3 设 a, b, c 是三角形的边长,求证:

a 2 b(a ? b) ? b 2 c(b ? c) ? c 2 a(c ? a) ? 0.
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(第 24 届 IMO 问题)

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证明 设 a ? y ? z, b ? z ? x, c ? x ? y ( x, y, z ? R ). 是原不等式等价于

?

( y ? z ) 2 ( z ? x)( y ? x) ? ( z ? x) 2 ( x ? y)( z ? y) ? ( x ? y) 2 ( y ? z )( x ? z ) ? 0 ? xy 3 ? yy 3 ? zx 3 ? xyz( x ? y ? z ) ? 0 ? xz( x ? y) 2 ? xy( y ? z ) 2 ? yz( z ? x) 2 ? 0.

?原不等式成立。
分析二* 此题初看起来,左边为反序和,得不出 “≥”的结果,但我们可先从条件 abc=1 入手将原式变形。 证法二:记左边为 S,则

S?

(abc) 2 (abc) 2 (abc) 2 ? 3 ? 3 a 3 (b ? c) b (c ? a) c (a ? b)

?

bc ac ab ? bc ? ? ac ? ? ab. a(b ? c) b (c ? a ) c ( a ? b)

设a ? b ? c, 则ab ? ac ? bc, ab ? ac ? ab ? bc ? ac ? bc.

?

1 1 1 ? ? . a(b ? c) b(a ? c) c(a ? b)

可知 S 为顺序和。由排序式

S?

bc ac ab ? ac ? ? ab ? ? bc a(b ? c) b( a ? c ) c ( a ? b)

?

c a b ? ? , a(b ? c) b(a ? c) c(a ? b) bc ac ab ? ab ? ? bc ? a(b ? c) b( a ? c ) c(a ? b) ? ac

S?

?

b c a ? ? . a(b ? c) b(a ? c) c(a ? b)

两式相加,有

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2S ?

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1 1 1 1 1 1 ? ? ? 33 ? ? ? 3. a b c a b c

3 ?S ? . 2
背景资料:湖北省麻城市一中甘超一老师在《应用排序不等式的方法一技巧》一文中给 出了上述证明。他还运用排序不等式方法给出了第 17 届 IMO 试题、第 20 届 IMO 试题 的证明。 什么是排序不等式?——排序不等式是: 设有两个有序数组:

a1 ? a 2 ? ? ? a n

及b1 ? b2 ? ? ? bn ,

c1 , c2 ,?cn为b1 , b2 ,?, bn 的任一排列,则有 a1b1 ? a 2 b2 ? ? a n bn (顺序和) ? a1c1 ? a2 c2 ? ? an cn (混序和) ? a1bn ? a2 bn?1 ? ? a n b1 . (逆序和)
式中的等号,当且仅当 a1 ? a 2 ? ? ? a n 或者b1 ? b2 ? ? ? bn时成立. 常可简述为:顺序和≥混序和≥逆序和。 证明:令 S i ? b1 ? b2 ? ? ? bi , S i? ? c1 ? c2 ? ? ? ci , 易知S i ? S i?(i ? 1,2,?, n ? 1)

? 且S n ? S n . 由命题得

? ai bi ?? ai ci
i ?1 i ?1

n

n

? ? S n a n ? ? S i (ai ? ai ?1 ) ? S n a n ? ? S i?(ai ? ai ?1 )
i ?1 i ?1

n ?1

n ?1

? ? ( S i ? S i?)( ai ? ai ?1 ) ? 0,
i ?1

n ?1

所以

? ai bi ? ? ai ci .
i ?1 i ?1

n

n

同理可证

? ai ci ? ? ai bn?i ?1 .
i ?1 i ?1

n

n

排序不等式被称为某些著名不等式的共同来尖,用它可证明算术一几何平均不等式、 柯西不等式、切比雪夫不等式及其他更一般的不等工。有兴趣的读者,可参阅《匈牙利
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奥林匹克数学竞赛题解》 (科学普及出版社,1979 年)第 150 页。 还可以根据排序不等式来证明第 17 届 IMO 试题和第 20 届 IMO 试题* 题 1 (第 17 届 IMO 试题)

设xi , yi (i ? 1,2,?, n)为实数, 且x1 ? x2 ? ? ? xn , y1 ? y 2 ? ? ? y n ,
求证:如果 z1 , z 2 , ?, z n 是y1 , y 2 , ?, y n 的任一排列,则

? ( xi ? y i ) 2 ? ? ( xi ? z i ) 2 .
i ?1 i ?1

n

n

证明:因为

? ( xi ? yi ) 2 ? ? xi2 ? 2? xi yi ? ? yi ,
2 i ?1 n i ?1 n i ?1 n i ?1 n

n

n

n

n

? (x
i ?1 n n

i

? z i ) 2 ? ? x i ? 2? x i z i ? ? z i ,
2 2 i ?1 i ?1 i ?1

又因为

? yi2 ? ? z i2 ,故要证的不等式等于
i ?1 i ?1 n

? xi y i ? ? xi z i .
i ?1 i ?1

n

上式左边是顺序和,右边是混序和,由排序不等式可知上面不等式成立,从而原不等 式获证。 题 2 (第 20 届 IMO 试题)已知 a1 , a 2 , ? a n ,?为任意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:
n ak 1 ?? . ? k 2 k ?1 k k ?1 n

证明: b1 ? b2 ? ? ? bn 是a1 , a 2 ,?, a n 的一个排列, 设 由于 所以根据排序不等式有

1 1 1 1 ? 2 ? 2 ??? 2 , 2 1 2 3 n

1 1 1 1 1 1 (混序和≥逆序和)即 .a1 ? 2 .a 2 ? ? ? 2 .a n ? 2 .b1 ? 2 .b1 ? ? ? 2 .bn , 2 1 2 n 1 2 n
n ak b ? ? k2 . ? k 2 k ?1 k k ?1 n

因为 bk 都是正整数, 且b1 ? b2 ? ? ? bn , 所以bk ? k (k ? 1,2,?, n). 于是
n n bk k 1 ?? 2 ?? . ? k 2 k ?1 k k ?1 k k ?1 n

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从而得

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n ak 1 ?? . ? k 2 k ?1 k k ?1

n

甘肃省临泽第一中学魏正清老师对于本题给出了九种证明方法*(证法三——第十一个 证法十一) 证法三 利用柯西不等式 [

? (ai bi )] 2 ? (? ai )(? bi2 ) 的推论:
2 i ?1 i ?1 i ?1

n

n

n

[? (ai bi )] 2 ? (? ai )[ ? (ai bi2 )] 2 (ai ? R ? , i ? 1,2?, n).
i ?1 i ?1 i ?1

n

n

n

得 ?a (a ? c) ? b(c ? c) ? c(a ? b)??

?

? 1 1 1 ? 3 ? 3 ? ? a (b ? c) b (c ? a ) c (a ? b) ?
3

1 1 1 ? ( ? ? ) 2 ? (ab ? bc ? ca) 2 , a b c
于是

1 1 1 (ab ? bc ? ca) 2 1 ? 3 ? 3 ? ? (ab ? bc ? ca) a 3 (b ? c) b (c ? a) c (a ? b) 2(ab ? bc ? ca) 2

证法四 利用柯西不等式的推论:

ai2 ?b ? i ?1 i
n

(? a i ) 2
i ?1 n

n

?b
i ?1

(bi ? R ? , i ? 1,2, ?, n).

i

?1? ?1? ?1? ? ? ? ? ? ? 1 1 1 ?a? ? ?b? ? ?c? ? ? ? 得 3 a (b ? c) b 3 (c ? a) c 3 (a ? b) 1 1 1 1 1 1 ? ? ? b c c a a b
? 1 1 1? ? ? ? ? 1 ? 1 1 1? 1 1 3 a b c? ?? ? ? ? ? ? ? .33 ? . abc 2 ? 1 1 1? 2? a b c? 2 2? ? ? ? ?a b c?
2

2

2

2

证法五 利用权方和不等式

?b
i ?1

n

a iq ?1
q i

?

(? ai ) q ?1
i ?1 n

n

?b
i ?1

的推论:
q

i

?b
i ?1

n

aiq
q i

? n1? p ?1 .

(? a i ) p (? bi )
i ?1 i ?1 n q

n

(ai ? 0, bi ? 0, i ? 1,2,? , n)

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2 2 2

?1? ?1? ?1? ? ? ? ? ? ? 1 1 1 ?a? ? ?b? ? ?c? ? ? ? 得 3 a (b ? c) b 3 (c ? a) c 3 (a ? b) 1 1 1 1 1 1 ? ? ? b c c a a b
? 1 1 1? ? ? ? ? 1 ? 1 1 1? 1 1 3 b c? 1? 2 ?1 ? a ?3 . ? ? ? ? ? ? .33 ? . abc 2 ? 1 1 1? 2 ? a b c? 2 2? ? ? ? ?a b c?
证法六 利用均值不等式
2

1 n r 1 n ai ? ( ? ai ) r ? n (a1 .a 2 ? a n ) r (ai ? R ? , i ? 1,2,?, n) 的推论: ? n i ?1 n i ?1
ai n ?1 n ? ? ? ?S ? a ? n ? 1 ? n ? a i ? i ?1 ? i ?1 ? n i
n m m ?1

n ? ?a a ?? a ? ai ? R ? , S n ? ? ai , m ? 1, ? ? max ? 1 , 2 , ? , n , 1 ? ? ? S n n ?? i ?1 ? sn S n ? ?

?1 ? 1 1 1 ? 令 S 3 ? ? ? , ? ? 1, m ? 2, 则? ? 1 ? max ? a a b c ? S3 ? ?
2

1 1 ? ? 1? , b , c , ?, S3 S3 3? ? ?
2 2

?1? ?1? ?1? ? ? ? ? ? ? 1 1 1 ?a? ? ?b? ? ?c? ? ? ? 得 3 1 1 1 a (b ? c) b 3 (c ? a) c 3 (a ? b) S3 ? S3 ? S3 ? a b c

1 1 1 ? ? 3 a b c 1 3 1 3 ? . ? .3 ? . 2 3 2 abc 2
证法七 利用著名的切比雪夫不等式:若 a1 ? a 2 ? ? a n ? 0,0 ? b1 ? b2 ? ? ? bn 或

0 ? a1 ? a2 ? ? ? an , b1 ? b2 ? ?bn ? 0, 则

?b
i ?1

n

ai
i

?

n(? a i )

n

?b
i ?1

i ?1 n

.

i

不妨设 a ? b ? c, 则有a
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?2

? b ?2 ? c ?2 , b ?1 ? c ?1 ? c ?1 ? a ?1 ? a ?1 ? b ?1 .

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于是

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1 1 1 a ?2 b ?2 c ?2 ? 3 ? 3 ? ?1 ? ?1 ? ?1 a 3 (b ? c) b (c ? a) c (a ? b) b ? c ?1 c ? a ?1 a ? b ?1

?

3(a ?2 ? b ?2 ? c ?2 ) (a ?1 ? b ?1 ? c ?1 ) 2 1 ? 1 1 1 ? 1 3 1 3 ? ? ? ? ? ? ? .3 ? . ?1 ?1 ?1 ?1 ?1 ?1 abc 2 2(a ? b ? c ) 2(a ? b ? c ) 2 ? a b c ? 2

证法八 构造二项平方和函数 f ( x) ? 构造

? (a x ? b )
i ?1 i i

n

2

,由f ( x) ? 0和? ? 0解决,

? ? ? ? bc ac f ( x) ? ? x ? ab ? ac ? ? ? x ? bc ? ab ? ? ? ? ? ? ab ? ac ? ? bc ? ab ? ? ab ? ?? x ? ac ? bc ? ? ? ? ac ? bc ?
2

2

2

? b 2c 2 c2a2 a 2b 2 ? 2 ?? ? ? ? ab ? ac bc ? ab ac ? bc ?.x ? 2(ab ? bc ? ac) x ? 2(ab ? bc ? ac), ? ? ?
因为

f ( x) ? 0, 所以? ? 0,即
? b 2c 2 c2a2 a 2b 2 ? 4(ab ? bc ? ac) 2 ? 8? ? ? ? ab ? ac bc ? ab ac ? bc ?(ab ? bc ? ac) ? 0. ? ? ?
于是

b2c 2 c2a2 a 2b 2 1 1 3 ? ? ? (ab ? bc ? ac) ? ? 33 a 2 b 2 c 2 ? . ab ? ac bc ? ab ac ? bc 2 2 2



1 1 1 3 ? 3 ? 3 ? . a (b ? c) b (c ? a) c (a ? b) 2
3

证法九 从对称不等式等号成立出发证明,原不等式等价于

b 2c 2 c2a2 a 2b 2 3 ? ? ? . a(b ? c) b(c ? a) c(a ? b) 2
注意到当且仅当 a ? b ? c ? 1时不等式取等号, 此时

b 2c 2 1 a(b ? c) ? ? , a(b ? c) 2 4



b 2c 2 a(b ? c) ? ? bc. a(b ? c) 4 b 2c 2 a(b ? c) a 2b 2 c ( a ? b) ? ? ca, ? ? ab. a(b ? c) 4 c ( a ? b) 4

同理

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三式相加得

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b2c 2 c2a2 a 2b 2 1 1 3 ? ? ? (ab ? bc ? ac) ? ? 3 a 2 b 2 c 2 ? . a(b ? c) b(c ? a) c(a ? b) 2 2 2

证法十 由对称性引入正参数 t , 由于

1 2 t 1 2 t 1 ? ta(b ? c) ? , 3 ? tb(c ? a ) ? , 3 a b (c ? a ) b c ( a ? b) a (b ? c)
3

? tc(a ? b) ?
三式相加得

2 t . c

1 1 1 ? 3 ? 3 ? 2t (ab ? bc ? ca) ? 2 t (ab ? bc ? ca). a (b ? c) b (c ? a) c (a ? b)
3

用 abc ? 1 与前三个不等式取等号的条件联立解得 t ?

1 ,把它代入上式从而得 4

1 1 1 1 1 3 ? 3 ? 3 ? (ab ? bc ? ca) ? ? 33 a 2 b 2 c 2 ? . 2 2 a (b ? c) b (c ? a) c (a ? b) 2
3

证法十一 构造向量的内积证明,设

OA ?

?

a(b ? c , b(c ? a) , c(a ? b) ,

?

? bc ? ca ab ?, OB ? ? , , ? a(b ? c b(c ? a) c(a ? b) ? ? ?
向量 OA与OB的夹角为? (0 ? ? ? ? ). 因 | OA |?

2(ab ? bc ? ca) ,

b 2c 2 c2a2 a 2b 2 | OB |? ? ? . a(b ? c) b(c ? a) c(a ? b)
所以 OA ? OB ?| OA || OB | ? cos?

? 2(ab ? bc ? ca) ?

b 2c 2 c2a2 a 2b 2 ? ? ? cos? a (b ? c) b(c ? a ) c(a ? b)

? ab ? bc ? ca.
而 | cos? |? 1, 故有

b 2c 2 c2a2 a 2b 2 1 ? ? ? (ab ? bc ? ac) a(b ? c) b(c ? a ) c(a ? b) 2
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? 1 3 2 2 2 3 ?3 a b c ? , 2 2

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因此

1 1 1 3 ? 3 ? 3 ? . a (b ? c) b (c ? a) c (a ? b) 2
3

证法十二*: 注意到 abc ? 1, 故

1 1 1 ab ? bc ? ca ? ? ? ? ab ? bc ? ca, 利用此式可发现下面的 a b c abc

证明。 由 Canchy 不等式,可知

1 ? 1? ? a 3 (b ? c) ? a(b ? c) ? ? ? a ? ? (ab ? bc ? ca) 2 . ? ?


2

? a(b ? c) ? 2(ab ? bc ? ca), 所以
3

?a

1 1 3 3 ? (ab ? bc ? ca) ? 3 (ab)(bc)(ca) ? . 2 2 (b ? c) 2

命题获证。 背景资料: 柯西(Cauchy)不等式 设 ai , bi ? R , i ? 1,2, ?, n, 则
2 2 2 2 (a12 ? a 2 ? ? ? a n )(b12 ? b2 ? ? ? bn ) ? (a1b1 ? a 2 b2 ? ? ? a n bn ) 2 . ?

其中等号当且仅当

a a1 a 2 ? ? ? ? n 时成立。 b1 b2 bn

这个不等式也可记作

(? ai2 )(? bi2 ) ? (? ai bi ) 2 .
i ?1 i ?1 i ?1

n

n

n



柯西不等式有多种证明方法,下面介绍江苏宿迁市教委张延卫老师的证法。* 证明 记 A ?

?a
i ?1

n

2 i

, B ? ? bi2 , C ? ? ai bi .
i ?1 i ?1

n

n

n ai2 B n bi2 AB ? 1 ? ? 2 ?? C2 i ?1 C i ?1 B n

? (?
i ?1

ai2 B bi2 ? ) B C2

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? ?2?
i ?1 n

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ai bi ? 2. C

所以

AB ? 1 ? 2,即AB ? C 2 . C2

因此不等式①成立。 联想:利用 cauchy 不等式证明 设 n 个实数 x1 , x 2 ,?, x n 满足x1 ? x 2 ? ? ? xn ? 1. 求证:对任意整数 k ? 2, 存在 n 个
2 2 2

不全为零的整数 ai , | ai |? k ? 1(i ? 1,2,?, n), 使得

| a1 x1 ? a 2 x 2 ? ? ? a n x n |?
证明:由柯西不等式易证:

(k ? 1) n . k n ?1

(第 28 届 IMO 试题)

(| x1 | ? | x2 | ? ? ? | xn |) 2

? (12 ? 12 ? ? ? 12 )(| x1 | ? | x2 | ? ? ? | xn | 2 ) ? n ? 1 ? n, ???????
n个

所以

(| x1 | ? | x 2 | ? ? ? | x n |) ? n .

于是 | a1 x1 ? a 2 x2 ? ? ? a n xn |?| a1 x1 | ? | a 2 x2 | ? ? ? | a n xn |

? (k ? 1)(| x1 | ? | x 2 | ? ? ? | x n |) ? (k ? 1) n .
把 区 间

[0, (k ? 1) n ]等分成k n ? 1份, 每一小区间之长为

(k ? 1) n . 由 于 k n ?1

ai ? 0,1,?, k ? 1(i ? 1,2,? n), 所以一共有k n ? 1个数a1 x1 ? a 2 x2 ? ? ? a n xn .

? ? ? ? ? ? 根据抽屉原则,总有两个数 a1 x1 ? a 2 x2 ? ? ? a n xn 和a1?x1 ? a 2? x2 ? ? ? a n? xn . 落在同
一小区间内。令

ai ?| ai? ? ai?? | (i ? 1,2,?, n),


| a1 x1 ? a 2 x 2 ? ? ? a n x n |?

(k ? 1) n . k n ?1

浙江省杭州市外国语学校李惟峰老师应用 Abel 变换给出了本题一个全新的证法。 证法十三*: 原不等式等价于

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b2c 2 a 2c 2 a 2b 2 3 ? ? ? , a(b ? c) b(c ? a) c(a ? b) 2
又因为 abc ? 1, 则

ab ? bc ? ca ? 3,
即只须证

b2c 2 a 2c 2 a 2b 2 1 ? ? ? (ab ? ac ? bc), a(b ? c) b(c ? a) c(a ? b) 2

bc(2bc ? ab ? ac) ca(2ca ? bc ? ab) ? a(b ? c) b (c ? a ) ? ab(2bc ? ac ? bc) ? 0. c ( a ? b)

由对称性,不妨设 a ? b ? c, 得ab ? ac ? bc, 则

ab ? ac ? ab ? bc ? ac ? bc.
记 a1 ? 2bc ? ab ? ac, a 2 ? 2ca ? bc ? ab, a3 ? 2ab ? ac ? bc, 则

S1 ? a1 ? 2bc ? ab ? ac

? b(c ? a) ? c(b ? a) ? 0;
S 2 ? a1 ? a2 ? bc ? ac ? 2ab

? b(c ? a) ? a(c ? b) ? 0;
S 3 ? a1 ? a 2 ? a3 ? 0;

b1 ?


bc ac ab , b2 ? , b3 ? , ab ? ac bc ? ab ac ? bc
b1 ? b2 ? b3 ? 0.

bc(2bc ? ab ? ac) ca(2ca ? bc ? ab) ab(2ab ? ac ? bc) ? ? a(b ? c) b (c ? a ) c ( a ? b)
? S 3 ? b3 ? S1 (b1 ? b2 ) ? S 2 (b2 ? b3 ) ? 0,
故原不等式成立。 由以上例子可以看出,用 Abel 变换证明不等式,往往先对不等式进行适当的变形,使
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之能构造出 Abel 变换所需的两组数列 ?a n ?, ?bn ?,并使满足其中的一组数列的部分和的 取得范围容易估计;另一组数列的相邻两项的差的符号容易判定。 背景资料: 什么是 Abel 变换?——李惟峰老师给出介绍, 并用 Abel 变换证明了钟开莱 不等式和第 20 届 IMO 试题。 设数列 ?S n ?, ?bn ?为任意两个数列,且 m ? n, m, nN ?? , 则

k ?m

? (S k ? S k ?1 )bk ? S n bn ? S m?1bm ? ? S k (bk ? bk ?1 ),
k ?m

n

n

(1)

(1)式称为 Abel 和差变换公式。 在(1)式中令 m ? 1, S 0 ? 0, S k ?
n k

? a (1 ? i ? n), 可得
i ?1 i

k

?a b
k ?1 k

k

? S n bn ? ? S k (bk ? bk ?1 ),
k ?1

(2)式称为 Abel 分布求和公式或 Abel 变换。 题 1 (钟开莱不等式) 设 ai , bi ? R(i ? 1,2, ? n), a1 ? a 2 ? ? a n ? 0, 且 则必有

? ai ? ? bi (1 ? k ? n),
i ?1 i ?1

k

k

?a
i ?1

k

2 i

? ? bi2 (1 ? i ? n).
i ?1

k

(钟开莱不等式) 证 明 记 Sk ? Abel 变换有

? ai , Tk ? ? bi , k ? 1,2,?, n,由条件得S k ? Tk , k ? 1.2.?, n, 得 由
i ?1 i ?1 n ?1

k

k

? ai2 ? ? ai ? ai ? an ? S n ? ? S k (ak ? ak ?1 )
i ?1 i ?1 k ?1

k

k

? a n ? Tn ? ? Tk (a k ? a k ?1 )
k ?1

n ?1

? ? a i ? bi .
i ?1

n

再由柯西不等式得

? ai2 ? ? ai ? bi ? (? ai2 ) 2 ? (? bi2 ) 2 ,
i ?1 i ?1 i ?1 i ?1

n

n

n

1

n

1

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? ai2 ? ? bi2 .
i ?1 i ?1

n

n

题 2 (第 20 届 IMO 试题) 已知 a1 , a 2 ,?, a n 为任意两种各不相同的正整数。求证:对任意的正数数 n ,下列不等 式成立:
n ak 1 ?? . ? k 2 k ?1 k k ?1 n

(第 20 届 IMO 试题) 证明 记 S k ? a1 ? a 2 ? ? ? a n , bk ? 正整数,故

1 (k ? 1,2,?, n),因a1 , a2 ,?, an 为互不相同的 k2

Sk ? 1 ? 2 ? ? ? k ?
则由 Abel 变换得

k (k ? 1) . 2

n ?1 ak 1 1 1 ? 2 Sn ? ? Sk [ 2 ? ] ? k2 n k (k ? 1) 2 k ?1 k ?1 n

?

1 n(n ? 1) n ?1 k (k ? 1) 2k ? 1 ? ?? ? 2 2 2 2 n k (k ? 1) 2 k ?1

?

n ? 1 n ?1 1 2k ? 1 ?? ? 2n k ?1 2 k ( k ? 1)
n ?1 1 ? 1 n ?1 1 2 ? ?1 ? ? ? ? ?? ? n ? 2? k ?1 k ( k ? 1) k ?1 k ? 1 ?

?

?

1? 1 1 ? n ?1 1 ?1 ? ? 1 ? ? ? ? 2? n n ? k ?1 k ? 1

n 1 ?? , k ?1 k

当且仅当 a n ? n 时取到等号。 背景资料:首都师范大学石长地老师、河北省河间市三中左书可老师给出了安振平老 师对于 36—IMO 第 2 题的推广的证明。* “这道貌似平常的问题不可等闲视之,参赛的 412 名选手中竟有 300 人得 0 分,栽在 此题上??。(见文[1]) ” 安振平在文[2]中指出:此题源于 1963 年莫斯科竞赛题:设 a, b, c 为正数,则

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a b c 3 ? ? ? b?c c?a a?b 2
和 1988 年“友谊杯”国际数学竞赛题:设 a, b, c 为正数,则

a2 b2 c2 a?b?c ? ? ? b?c c?a a?b 2
①、②详证(见文[2]) ,并将此题推广为: 设 a, b, c ? R ,2 ? n ? N , 则:
?



1 1 1 ? n ? n a (b ? c) b (c ? a) c (a ? b)
n

1 ? 1 1 1 ? ? n?2 ? n?2 ? n?2 ? 2abc ? a b c ?
他最后提出



?a
m? n

m? n

1 的下界问题,但未能给出其下界。本文对③进行再推广, (b n ? c n )

并给出

?a

1 的一个下界。 (b n ? c n )

命题 设 a, b, c为正数, 且0 ? 2 P ? S , 则:

1 1 1 ? s P ? s P P P a (b ? c ) b (c ? a ) c (a ? b P )
s P

?

1 1 1 ? ? 1 ? S ?2 P ? S ?2 P ? P ? S ?2 P 2(abc) ? a b c ?

为证命题先给出: 引理 设 a, b, c为正数, 且0 ? m ? n, 则:

an bn cn a n?m ? b n?m ? c n?m ? m ? m ? 2 bm ? cm c ? am a ? bm
证明 (1)当 m ? n ? 0时, 用a , b , c 代换a, b, c 代入①,即有
m m m

am bm cm 3 a0 ? b0 ? c0 ? ? ? ? . 2 bm ? cm cm ? am am ? bm 2
(2)当 0 ? m ? n 时,窦家俊在《中等数学》1990 年 10 期给出证明,详见该文,为省 篇幅本文从略。
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综合(1)(2) 、 ,引理得证。 现证命题:设 k1 ?

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1 1 1 , k 2 ? , k3 ? , 则 a b c
1
P P

a (b ? c )
S

?

1 1 ? S P P b (c ? a ) c ( a ? b P )
S P

?

k1S k 2P k 3P k 2S k1P k 3P k 3S k1P k 2P ? ? k 2P ? k 3P k 3P ? k1P k1P ? k 2P
? ?. ? ?

? k S ?P k S ?P k S ?P ? ( k1 k 2 k 3 ) P ? P 1 P ? P 2 P ? P 3 P ?k ?k k 3 ? k1 k1 ? k 2 3 ? 2
依引理有

k S ?P k S ? P ? k 2S ? P ? k 3S ? P k1S ? P k S ?P ? P2 P ? P3 P ? 1 代入上式有: 2 k 2P ? k 3P k 3 ? k1 k1 ? k 2

1 a (b ? c )
S P P

?

1 1 ? S P P b (c ? a ) c ( a ? b P )
S P

S k1S ? P ? k 2 ? P ? k 3S ? P ? (k1 k 2 k 3 ) 2 P

?
命题得证。

1 2(abc) P

1 1 ? ? 1 ? S ?2 P ? S ?2 P ? S ?2 P ? b c ?a ?

显然③即上述命题取 S ? n(n ? 2), P ? 1 时的特例,依命题取 S ? m ? n, P ? n,

m ? n ? 0 ,易得:

?a
? a
m? n

m? n

1 (b n ? c n )

1 1 1 ? m? n n ? m? n n n n n (b ? c ) b (c ? a ) c (a ? b n )

?

1 1 1 ? ? 1 ? m ?n ? m? n ?(其中0 ? n ? m). n ? m?n 2(abc) ? a b c ?

注:[1]第 36 届 IMO 试题解答:中等数学,95-5。 [2]安振平,第 36 届 IMO 第二题的思考,中学数学教学参考,95-11。 湖南省武冈市第十中学邓集春老师用单调函数一个性质给出了本题的一个论证方法。 证法十四*: 利用 abc ? 1 ,可把原不等式化为

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(bc) 2 (ca) 2 (ab) 2 3 ? ? ? . ab ? ca bc ? ab ca ? bc 2
记 S ? ab ? bc ? ca.因为函数f ( x) ?

x 在(0, S ) 上 是 增 函 数 , 所 以 , 对 任 意 的 S?x

x ? (0, S ) ,恒有
S ?? ? ? x ? ? ? f ( x) ? 3 ?? ?
由此易得

? S ?? f ? ?? ? 0. ? 3 ??

x2 5 1 ? x ? S. S?x 4 4
由 ab 、 bc 、 ca ? (0, S ) ,可把上式中 x 分别换成 ab 、 bc 、 ca ,再将所得的 3 个不 等式相加,得

(bc) 2 (ca) 2 (ab) 2 ? ? ab ? ca bc ? ab ca ? bc

5 3 1 S ? S ? S. 4 4 2 1 3 2 2 2 3 ? ?3 a b c ? . 2 2 ?
背景资料:单调函数的一个性质是指: 由单词函数的定义,易知它有如下性质: 若函数 f (x) 在区间 D 上是增函数(减函数) ,则对于任意的 x1 、 x2 ? D ,恒有

( x1 ? x2 )[ f ( x1 ) ? f ( x2 )] ? 0(? 0).
这一性质往往被忽视。笔者发现,通过构造单调函数,再利用此性质,可巧妙证明一 类较难的分式不等式竞赛题,且证法新颖简洁。 题 1 设 a 、 b 、 c 都是正数,证明:

a b c 3 ? ? ? . b?c c?a a?b 2
(1963,莫斯科数学竞赛) 证明:记 S ? a ? b ? c, S ? 0.构造函数f ( x) ? 数,由前面性质知,对任意的 x ? (0, S ) ,有

1 , 因为该函数在(0,S)上是增函 S?x

S ?? ? ? S ?? ? x ? ? ? f ( x) ? f ? ?? ? 0, 3 ?? ? ? 3 ??
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x S 3x 1 ? ? ? . S ? x 3( S ? x) 2S 2

由 a 、 b 、 c ? (0, S ) ,可把上式中的 x 分别换成 a 、 b 、 c ,再将所得 3 个不等式相 加,为方便,记

M?
则M ?

a b c ? ? . S ?a S ?b S ?c

S? 1 1 1 ? 3S 1 ? ? ? ?3 ? ?? 3 ? S ? a S ? b S ? c ? 2S 2

1 1 ? (3 ? M ) ? 1 ? M . 3 3 1 故 M ? 1? M. 3 3 从而, M ? . 2
因此,原不等式成立。 由题 1 的证明,可以看出用此性质证明分式不等式的一般步聚。 (1)假定题设中各字母数的和为 S。 (2)结合所证不等式构造单调函数。一般的,所构造函数的指数要比题目中所证不等 式的次数少 1, x 2 取各字母数的平均值。 易知,由此得出的不等关系能充分保证对任意满足条件的各字母数也成立。 注:题 1 通过拆项构造出关于 M:

a b c ? ? S ?a S ?b S ?c
的不等式而解之,简化了解题过程,若先拆相关项,则会更简捷。 题 2 设 a 、 b 、 c 、 d 为非负实数,且

ab ? bc ? cd ? da ? 1.
求证:

a3 b3 c3 c3 1 ? ? ? ? . b?c?d c?d ?a d ?a?b a?b?c 3

(第 31 届 IMO 预选题) 证明:令 S ? a ? b ? c ? d , S ? 0. 构造函数 f ( x) ?

x2 , 因为该函数在[0, S]上是增函数, 所以, 对任意的 x ? ?0, S ?, 有 S?x

S ?? ? ? S ?? ? x ? ? ? f ( x) ? f ? ?? ? 0. 4 ?? ? ? 4 ??

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x3 Sx 2 Sx S 2 ? ? ? ? 0. S ? x 4( S ? x) 12 48 Sx 2 S2 x3 ? ? , 所以, 4( S ? x) 4 4( S ? x)


因为

x3 1 1 1 ? x 2 ? Sx ? S 2 . S?x 3 9 36
又 ab ? bc ? cd ? da ? 1 ,所以,

a2 ? b2 ? c2 ? d 2

?

1 (2ab ? 2bc ? 2cd ? 2da) ? 1. 2

因为 a 、 b 、 c 、 d ? ?0, S ? ,故将式①中的 x 分别换成 a 、 b 、 c 、 d ,再将所得的 4 个不等式相加,得

a3 b3 c3 d3 ? ? ? S ?a S ?b S ?c S ?d 1 S S2 ? (a 2 ? b 2 ? c 2 ? d 2 ) ? (a ? b ? c ? d ) ? ?4 3 9 36

1 1 ? (a 2 ? b 2 ? c 2 ? d 2 ) ? . 3 3
题 3 若 a 、 b 、 c 是三角形的三边长, 2 p ? a ? b ? c, n ? N ? , 则

an bn cn ? 2? ? ? ?? ? b ? c c ? a a ?b ? 3?
(第 28 届 IMO 预选题) 证明:因为函数 f ( x) ? 有

n?2

? p n ?1 .

x n ?1 在(0,2 p ) 上是增函数,所以,对于任意的 x ? (0,2 p) , 2p ? x

2 p ?? ? ? 2 p ?? ?x ? ? ? f ( x) ? f ? ?? ? 0. 3 ?? ? ? 3 ??
整理,得

xn 2p ? x

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? 2 px n ?1 x?2 ? ? 3(2 p ? x) 2 ? 3 ? p? ?
n?2

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? p? ?
n ?1

1?2 ? ? 2?3

.

由 a 、 b 、 c ? (0,2 p) ,可把上式中 x 分别换成 a 、 b 、 c ,再将所得的 3 个不等式相 加,得

an bn cn ? ? 2p ? a 2p ?b 2p ? c
? 2 p ? a n ?1 b n ?1 c n ?1 ? ? ? ? ? 3 ? 2p ? a 2p ?b 2p ? c? ? ?
n?2

1?2 ? ? ? p? 2?3 ?

3?3 ? (a ? b ? c) ? ? p ? 2?2 ?

n ?1

2 p ? a n ?1 b n ?1 c n ?1 ? ? ?. ? ? ? 3 ? 2p ? a 2p ?b 2p ? c? ? ?
重复使用以上不等关系放缩,得

an bn cn ? ? 2p ? a 2p ?b 2p ? c
? 2p? ?? ? ? 3 ?
2

? a n?2 b n?2 c n?2 ? ? ? ? ? 2p ? a 2p ?b 2p ? c? ? ? ?

??
? 2p? ?? ? ? 3 ?
n ?1

? a b c ? ? ? 2p ? a ? 2p ?b ? 2p ? c? ? ? ?

? 2p? ?? ? ? 3 ?

n ?1

3 ? 2? ? ?? ? 2 ? 3?

n?2

? p n ?1 .

注:最后一次放缩见前面题 1。 题 4 设 ai ? R? , i ? 1,2,?, n, k ? N ? . 求证:

? a1 ? ? a ? a ??? a 3 n ? 2

? ? a2 ? ?? ? ? a ? a ??? a 3 n ? ? 2 ? n ? ? . ? ( n ? 1) k ?
k

k

? ? ? ? ?

k

? an ?? ? ? a ? a ??? a 3 n ? 2

(第 30 届 IMO 预选题)
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证明:设 S ?
n

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? a , 于是,问题转化为证明不等式
i ?1 i

? a ? ? S ?i a ? i ?1 ? i
n

? n ? ? . ? ( n ? 1) k ?

k

因为函数 f ( x) ?

x k ?1 在(0, S ) 上是增函数,所以,对任意的 x ? (0, S ) ,恒有 ( S ? x) k

? S ? ? x k ?1 n ? ? ? 0. ? x ? ?? k k ? n ? ? ( S ? x) S (n ? 1) ? ?
整理,得

n ?1? x ? ? ? n ?S ? x?
1? x ? ? ? ? n?S ? x?

k

k ?1

?

nx 1 ? . k S (n ? 1) (n ? 1) k

因为 ai ? (0, S ), i ? 1,2,?, n, 所以, 上式中x取a1 , a 2 ,?, an 也都恒成立. 于是,有

n ? 1 n ? ai ?? n i ?1 ? S ? a i ? 1 n ? ai ? ?? n i ?1 ? S ? ai ? ? ? ? ?

? ? ? ?

k

k ?1

?

nS n ? k (n ? 1) S (n ? 1) k

?

1 n ? ai ?? n i ?1 ? S ? ai ?
? a ? ? S ?i a ? i ?1 ? i
n

? k ?1 ? ? ?
? k ?1 ? ? ?



?k 1 n ? ai ? ? ? i ?1 ?? S ? a ? i ?1 ? i ?

用此不等关系逐步放缩,得

?? S ? a ?
i ?1

n

? ai ?

i

?k ? ?? ? ?

?

1 (n ? 1) k

?? S ? a ?
i ?1

n

? ai ?

i

?0 ? ? ?

?

n . ( n ? 1) k

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湖南省东江师范学校雷动良老师用换元法给出证明。 证法十五*:为叙述方便,再写一遍原题: 设 a 、 b 、 c 为正数,且 abc ? 1. 试证:

1 1 1 3 ? 3 ? 3 ? . a (b ? c) b (c ? a) c (a ? b) 2
3



为证明①式先给出①式的推广。 设 m ? N , m ? 2, a 、 b 、 c ? R? 且 abc ? 1. 试证:

1 1 1 3 ? m ? m ? . a (b ? c) b (c ? a) c (a ? b) 2
m



分析: 波利亚说过, 解题就是把要解的题目变成已经做过的题目来做。 联想第 28 届 IMO 预选题: 已知 a 、 b 、 c 为正数,且 a ? b ? c ? 2S , 设n 为自然数。则

an bn cn 3 ? ? ? ( ) n ? 2 ? S n ?1 . b?c c?a a?b 2



可设想,把已证明过的式③作为公式,用来证明式①、②关键是将式①、②变成式③ 的规范形式。 证明:由于式①是式②的特别,故只须证式②。 作倒数代换

x?

1 1 1 ,y ? ,z ? , a b c

则 x 、 y 、 z ? 0且xyz ? 1. 设 x ? y ? z ? 2S ,式②的左端为 M。注意到 m ? 2 ? 0, 则有

M ?

xm 1 1 ? y z

?

ym 1 1 ? z x

?

zm z 1 ? x y

?

x m ?1 ? xyz y m ?1 ? xyz z m ?1 ? xyz ? ? y?z z?x x? y
m ?3

x m ?1 y m ?1 z m ?1 ? 2 ? ? ? ? ?? ? y ? z z ? x x ? y ? 3? ? 2? ?? ? ? 3?
m ?3

? S m?2

?x? y? z? ?? ? 2 ? ?

m?2

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? 2? ?? ? ? 3? ? 2? ?? ? ? 3?
m ?3

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?3 ? ?? 3 x y z ? ?2 ? ? 3? ?? ? ? 2?
m?2

m?2

m ?3

?

3 . 2

当且仅当 x ? y ? z 时,上式取等号。 故式②得证。 因此,式①得证。 背景资料: 接着雷动良老师用换元法又论证了第 33 届 IMO 预选题、 34 届 IMO 预选 第 题。 题 1:如果 x 、 y 、 z ? 1, 且

1 1 1 ? ? ? 2 ,证明: x y z

x ? y ? z ? x ? 1 ? y ? 1 ? z ? 1.
(第 33 届 IMO 预选题) 分析:证此题不但根式不好处理,而且条件“ x 、 y 、 z ? 1, 且

1 1 1 ? ? ? 2 ”也难 x y z

以派上用场。 看来, 这里的换元既要把不等式的根式化掉, 又要把条件式中的分母去掉, 因此,这里的换元要有“一石二鸟”的功效。 证明:设α 、β 、γ 都是锐角,则

0 ? cos2 ? 、 0 ? cos2 ? 、 0 ? cos2 ? ? 1,


1 1 1 ? 1, ? 1, ? 1. 2 2 cos ? cos ? cos2 ?

作三角代换

x?

1 1 1 ,y ? ,z ? . 2 2 cos ? cos ? cos2 ?

则条件式简化为

1 1 1 ? ? ? cos2 ? ? cos2 ? ? cos2 ? ? 2, x y z
即 sin ? ? sin ? ? sin ? ? 1
2 2 2

待证的不等式变形为

1 1 1 ? ? 2 2 cos ? cos ? cos2 ?

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? 1 cos ? ? 1
2

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1 cos ? ? 1
2

?

1 cos ? ?
2

?

,



1 1 1 ? ? 2 2 cos ? cos ? cos2 ?

?

sin ? sin ? sin ? ? ? . cos? cos ? cos?

注意到式①,对式②用柯西不等式有

sin ? sin ? sin ? ? ? . cos? cos ? cos?
? sin 2 ? ? sin 2 ? ? sin 2 ? ? 1 1 1 ? ? . 2 2 cos ? cos ? cos2 ? 1 1 1 ? ? 2 2 cos ? cos ? cos2 ?

?

当且仅当

sin? ? cos? ? sin ? ? cos ? ? sin ? ? cos? ,
即 ? ? ? ? ? 时,式③等号成立。 故式②成立。 所以,原不等式得证。 注:此题也可以作三角代换

x?

1 1 1 ,y ? ,z ? . 2 2 sin ? sin ? sin 2 ?

题 2:对所有的正实数 a 、 b 、 c 、 d ,证明:

a b c d 3 ? ? ? ? . b ? 2c ? 3d c ? 2d ? 3a d ? 2a ? 3b a ? 2b ? 3c 2
(第 34 届 IMO 预选题) 分析:该题入口较难,不等式左端四个分式的分母较复杂,好的对策应该是换元简化 分母。 证明:作线性变换

? x ? b ? 2c ? 3d , ? y ? c ? 2d ? 3a, ? ? ? z ? d ? 2a ? 3b, ? w ? a ? 2b ? 3c. ?
将 a 、 b 、 c 、 d 看作变量,解方程组得
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5 7 1 1 ? ?a ? ? 24 x ? 24 y ? 24 z ? 24 w, ? ?b ? 1 x ? 5 y ? 7 z ? 1 w, ? 24 24 24 24 ? ?c ? 1 x ? 1 y ? 5 z ? 7 w, ? 24 24 24 24 ? 7 1 1 5 ?d ? x? y? z? w. 24 24 24 24 ?
记原不等式左端为 M,将以上四式代入有

7 1 1 1 7 1 y? z? w x? z? w 24 24 24 ? 5 ? 24 24 24 ? 5 ? M ? x 24 y 24

1 1 7 7 1 1 x? y? w x? y? z 24 24 24 ? 5 ? 24 24 24 ? 5 z 24 w 24
?y z w x? 1 ?z w x y? ?? ? ? ? ?? ? ? ? ? ?? ? x y z w ? 24 ? x y z w ? ? ? ? ? 1 ?w x y z ? 5 ? ? ? ? ?? 24 ? x y z w ? 6 ? ?

?

7?4 y z w x 4 z w x y 4 4 ? ? ? ? ? ? ? ? 24 x y z w 24 x y z w 4 w x y z 5 4 ? ? ? ? 24 x y z w 6

7 1 1 5 2 ? ? ? ? . 6 6 6 6 3 当且仅当 x ? y ? z ? w 时,上式等号成立。 ?
所以,原不等式得证: 河南省三门峡市第一高中高召、陈伟锋两位老师给出了于下证法。 证法十六*: 令t ?

1 1 1 1 1 1 ? ? , 则 ? ? ? 1. a b c ta tb tc

? a, b, c ? 0,

?0 ?

1 1 1 , , ? 1. ta tb tc

? abc ? 1,
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?

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1 abc bc ? 3 ? 2 a (b ? c) a (b ? c) a (b ? c)
3

1 1 1 2 2 1 ? a ? a ? ? ta 1 1 1 a 1 ? t? 1? b c a ta

?

2 3 n ? 1?1 ? 1 ? ? 1 ? ?1? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ??. ? a ? ta ? ta ? ? ta ? ? ta ? ? ? ?

同理可得
2 3 n ? 1 1?1 ? 1 ? ? 1 ? ?1? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ??, 3 b (c ? a) b ? tb ? tb ? ? tb ? ? tb ? ? ? ? 2 3 n ? 1 1?1 ? 1 ? ? 1 ? ?1? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ??. c 3 (a ? b) c ? tc ? tc ? ? tc ? ? tc ? ? ? ?

?

1 1 1 ? 3 ? 3 a (b ? c) b (c ? a) c (a ? b)
3

2 3 n ? 1?1 ? 1 ? ? 1 ? ?1? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? ? a ? ta ? ta ? ? ta ? ? ta ? ? ? ? 2 3 n ? 1?1 ? 1 ? ? 1 ? ?1? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? ? b ? tb ? tb ? ? tb ? ? tb ? ? ? ? 2 3 n ? 1?1 ? 1 ? ? 1 ? ?1? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?? c ? tc ? tc ? ? tc ? ? tc ? ? ? ?

1? 1 1 1? 1? 1 1 1? 1? 1 1 1? ? ? 2 ? 2 ? 2 ?? 2 ? 3 ? 3 ? 3 ?? 3 ? 4 ? 4 ? 4 ?? t?a b c ? t ?a b c ? t ?a b c ? ?? 1 tn 1 1 ? ? 1 ? n ?1 ? n ?1 ? n ?1 ? ? ? b c ? ?a
2

? 1 1 1? ? ? ? ? 1 ?a b c? 1 ? ? ? 2 t 3 t
4

? 1 1 1? ? ? ? ? a b c? ?? ? 32 ? 1 1 1? ? ? ? ? a b c? ?? 3n
n ?1

3

? 1 1 1? ? ? ? ? 1 ?a b c? 1 ? ??? n 3 3 t 3 t
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??

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1 t2 1 t3 1 t4 1 t n ?1 ? ? ? 2 ? 2 ? 3 ? 3 ??? n ? n ?? t 3 t 3 t 3 t 3

1 1 1 ?1 1 ? ? t ? ? 2 ? 3 ? ? ? n ? ?? ? t ? 3 1 3 3 ?3 3 ? 1? 3
? 1 1 ? 1 1 1? 1 1 3 t ? ? ? ? ? ? ? 33 ? . 2 2?a b c? 2 abc 2

当且仅当 a ? b ? c ? 1 时取等号,故原不等式成立。 背景资料:高召、陈伟锋两位老师在*文中叙述道: 我们知识、无穷递缩等比数列 a1 q

?

n ?1

?的各项和公式为 a

1

? a1q ? a1q 2 ? ? ?

a1 q n ?1 ? ? ?

a1 (| q |? 1). 对于一类各项是分式形式的竞赛题,如果各项能够变换成 1? q

a1 (| q |? 1). 的 形 式 , 那 么 就 可 以 逆 用 该 公 式 , 并 结 合 幂 平 均 值 不 等 式 1? q
m m a1 ? a 2 ? ? ? a n m a1m ? a 2 ? ? ? a n ? , 能够七妙地解决这类竞赛题。如下面的 n n

题 1 (1984) 年巴尔干地区竞赛题) a1 , a 2 ,?, a n ? 0, n ? 2, 且a1 ? a 2 ? ? a n ? 1 , 设 求 证:

an a1 a2 n ? ??? ? . 2 ? a1 2 ? a 2 2 ? a n 2n ? 1

证明:由已知得 0 ? a1 , a 2 ,?, a n ? 1,

a1 2 3 n a1 2 ? a1 ? ? a1 ? ? ? a1 ? ? ? ? ? a1 ? ? ?, 所以 ? ? ? ? ? ? ? a1 2 ? a1 2 ?2? ?2? ?2? 1? 2 a2 2 3 n a2 2 ? a 2 ? ? a 2 ? ? ? a 2 ? ? ? ? ? a 2 ? ? ?, ? ? ? ? ? ? ? a2 2 ? a2 2 ? 2? ? 2? ? 2? 1? 2
??,

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an 2 3 n an 2 ? a n ? ? a n ? ? ? a n ? ? ? ? ? a n ? ? ?. ? ? ? ? ? ? ? an 2 ? an 2 ? 2? ? 2? ? 2? 1? 2
从而

an a1 a2 ? ??? 2 ? a1 2 ? a 2 2 ? an

2 2 a n ? ?? a1 ? ? a 2 ? ? a1 a 2 ?? ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? 2 2 2 ? ?? 2 ? ? 2 ? ? ?

? an ? ? ? ? 2?

2

3 ? ?? a1 ? 3 ? a2 ? 3 ? an ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 2? ? ? ?? 2 ? ? 2 ? ? ? ?

n ?? a1 ? n ? a 2 ? n ? an ? ? ?? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 2? ? ?? 2 ? ? 2 ? ? ?

a ? a ? ? a1 a 2 ? a1 a 2 ??? n ? ??? n ? ? ? ? ? 2 2 2? 2 2 2? 1 ? ?? ?? ? 2 2 n n a ? ? a1 a 2 ??? n ? ? ? 2 2 2? ?? ? ?? n ?1 n
n

2

3

1 1 1 1 ? 2 ? 3 2 ? ? ? n n?1 ? ? 2 2 n 2 n 2 n 1 n ? 2 ? . 1 2n ? 1 1? 2n ?
当且仅当 a1 ? a 2 ? ? ? a n 时取等号,故原不等式成立。 3. (日本)试确定所有整数 n ? 3, 使得在平面上存在n个点A1 , A2 ,?, An ,

及实数r1 , r2 ,?, rn, 满足以下两条件:
(i) A1 , A2 , ?, An , 中任意三点都不共线; (i i)对于每个三元组 i, j , k (1 ? i ? j ? kn), ?Ai A j Ak的面积等于ri ? r j ? rk . 解*如果 r1 , r2 , ? , rn 中有两个数相同,那么从这两个数对应的顶点出发讨论,其余顶点
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之间的相对位置就容易确定了,因此 r1 , r2 , ? , rn 出发作为突破口。 当 n ? 4 时 , 取 A1 , A2 , A3 , A4 为 一 个 单 位 正 方 形 的 4 个 顶 点 , 并 设

r1 ? r2 ? r3 ? r4 ?

下证: n ? 5 时,不存在满足条件的点及对应的数,从而 n ? 5 都不符合要求。 为此,我们用 [ijk ]表示?Ai A j Ak 的面积,并建立如下的两个引理。 引理一 若 Ai , A j , Ak , Al 顺次为某个凸四边形的顶点,则

1 ,可知 n ? 4 符合要求。 6

ri ? rk ? r j ? rl .
事实上,用对角线 Ai Ak 和A j Al 对凸四边形分别作三角形部分,可得

[ijl ] ? [kli] ? [ jkl] ? [lij]
所以

2ri ? r j ? 2rk ? ri ? ri ? 2r j ? rk ? 2rl .
于是, ri ? rk ? r j ? rl . 引理一获得证。 引理二 若有 5 个点 A1 , A2 ,?, A5 适合条件,则相应的 5 个数 r1 , r2 , ? , r5 中至少有两个 相等。 从这 5 个点凸包出发讨论。 情形一:若凸包为五边形,不妨设顶点依次为 A1 , A2 ,?, A5 ,则由引理 1 知

r2 ? r4 ? r1 ? r3 ? r2 ? r5 .
所以, r2 ? r5 . 情形二:若凸包为四边形,不妨设顶点为 A1 A2 A3 A4 ,并且 A5 落在 ?A1 A2 A3 内,则此 时 A1 A2 A3 A4 也是凸四边形。于是,由引理 1 知

r1 ? r3 ? r2 ? r4 , r1 ? r3 ? r2 ? r5 .
所以, r2 ? r5 . 情形三:若凸包为三角形,不妨设为 ?A1 A2 A3 ,而 A4 , A5 在 ?A1 A2 A3 内,于是 [124]+[134]+[234]=[125]+[135]+[235],
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所以, r4 ? r5 . 综上可知引理二成立。

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回证命题(1) ,若 n ? 5 时,存在符合条件的 A1 ,?, A5 及相应的数 r1 , ? , r5 ,则由引理 (2)知 r1 , ? , r5 中有两个数相同,不妨设 r4 ? r5 . 考虑 A1 , A2 , A3 相对直线 A4 A5 的位置。 如果 A1 , A2 , A3 在直线 A4 A5 的同侧, 那么 [124 ] ? [125] ? r1 ? r2 ? r4 , A1 A2 // A4 A5 , 故 同理 A1 A3 // A4 A5 ,这导致 A1 , A2 , A3 共线,矛盾。 如果 A1 , A2 , A3 在直线 A4 A5 异侧,设 A1 , A2 在直线 A4 A5 的一侧,而 A3 在 A4 A5 的另一 侧。 同上可知 A1 A2 // A4 A5 , 进而[145]=[245], 所以 r1 ? r2 . 这时,A3 , A4 , A5 在直线 A1 A2 同侧,与前类似,导致 A3 , A4 , A5 共线。矛盾。 综上可知,满足条件的 n 只有一个,即 n ? 4 。

第二天
4. (波兰)设正实数数列 x0 , x1 , ?, x1995 满足以下两个条件: (1) x0 ? x1995 ; (2) xi ?1 ?

2 1 ? 2 xi ? , i ? 1,2,?,1995 . xi ?1 xi

求所有满足上述条件的数列中 x 0 的最大值。 解*:将递推式变形为

?x 1 ? 1 ? xi ? ? 0, xi2 ? ? i ?1 ? ? 2 ? xi ?1 ? 2 ?
解关于 x i 的一元二次方程,可得 xi ?

xi ?1 1 或 . 2 xi ?1

这表明,从 x 0 变 x1995 共进行 1995 次操作,其中每次操作为:将原数除以 2 或取 原数的倒数。最后要求 x1995 ? x0 .
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为此,设上述 1995 次操作中有 k 次是取“除以 2”的变换,另外 1995- k 次是“取 倒数”的变换,注意,如果连续两次作“取倒数”变换,则相当于没有作变换。并且, 若两次取“除以 2”的变换之间连续作了奇数“取倒数”变换,那么可以把这一系列变 换合并为一次“取倒数”变换。因此,可设

x1 9 9 ? 2 s ? x0 5

( ?1) t

,

s, t 为整数,

并且 s ? t ? 1995 (mod 2). 如果 t 为偶数,则 s 为奇数,此时 x0 ? x1995 ? 2 ? x0 , 这在x0 ? 0 时不能成立。所
s

以 t 为奇数,从而 s 为偶数,又 s ?| s |? k ? 1995 , 故s ? 1994 ,结合 t 为奇数,知

x0 ? 2 s ? x0 ,即x0 ? 2 2 ? 2 997.
下证: x0 ? 2
997

?1

s

是可以实现的。

事实上,由操作规则,定义数列 x0 , ?, x1995 如下:

xi ? x 997?i , i ? 0,1,2,?,1 9 9 ,4x1995 ?
可知, x0 , ?, x1995 满足条件,并且 x0 ? 2 综上, x0的最大值为2
997

1 x1994
997

? 2 997.



.

5. (新西兰)设 ABCDEF 是凸六边形,满足,AB=BC=CD,DE=EF=FA, ∠BCD=∠EFA=60°。设 G 和 H 是这六边形内部的两点,使得 ∠AGB=∠DHE=120°。 试证:AG+GB+GH+DH+HE≥CF。 安徽省芜湖市第 13 中学杨晋老师运用 Ptolemy 定理给出了证明。 分析一*:把所给的六边形剖分成两个正三角形和一个四边形。注意到四边形 ABDE 以 直线 BE 为对称轴,问题就可迎刃而解。 证法一:如图 95-3,以直线 BE 为对称轴,作 C 和 F 关于 该直线的轴对称点 C′和 F′。于是,△ABC′和△DEF′ 都是正三角形;G、H 分别在这两个三角形的外接圆上。 由 Ptolemy 定理,有 C′G·AB=AG·C′B:GB·C′A。 因而 C′G=AG+GB,同理有 HF′=DH+HE。 于是,AG+GB+GH+DH+HE=C′G+GH+HF′≥C′F′=CF。 上面最后一个等号成立的条件是:线段 CF 与 C′F′以直线 BE 为对称轴。 背景资料:什么是托勒密(Ptolemy)定理?——湖南师范大学沈文选教授给出了 细致的讲解。**
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托勒密定理 圆内接四边形的两组对边乘积之和等于两对角线的乘积。 证明:如图 95-4,四边形 ABCD 内接⊙O,在 BD 上取点 P,使∠PAB=∠CAD,则 △ABP∽△ACD,于是

AB BP ? ? AB ? CD ? AC ? BP. AC CD
又△ABC∽△APD,有 BC·AD=AC·PD。 上述两乘积式相加,得 AB·CD+BC·AD=AC(BP+PD)=AC·BD。 ① 注:此定理有多种证法,例如也可这样证:作 AE//BD 交⊙O 于 E, 连结 EB、ED,则知四边形 BDAE 为等腰梯形,有 EB=AD,ED=AB,∠ABD= ∠BDE=θ 且∠EBC=∠EDC=180°,令∠BAC= ? ,AC 与 BD 交于点 G,则

S四边形 ABCD ?
? sin ?EDC,

1 1 1 AC ? BD ? sin ?AGD ? AC ? BD ? sin(? ? ? ) ? AC ? BD 2 2 2

S四边形 ABCD ? S ?EBC ? S ?ECD ?

1 1 EB ? BC ? sin ?EBC ? ED ? DC ? sin ?E D C 2 2 1 1 ? ( EB ? BC ? ED ? DC ) ? sin ?EDC ? ( AD ? BC ? AB ? DC ) ? sin ?EDC. 2 2

易知, S四边形 ABCD ? S EBCD , 从而有AB ? DC ? BC ? AD ? AC ? BD. 推论 1 (三弦定理)如果 A 是圆上任意一点,AB,AC,AD 是该圆上顺次的三条弦, 则 ② AC ? sin ?BAD ? AB ? sin ?CAD ? AD ? sin ?CAB. 事实上,由①式,应用正弦定理将 BD,DC,BC 换掉即得②式。 推论 2 (四角定理)四边形 ABCD 内接于⊙O,则 sin ?AD ? sin ?BAD ? ③ sin ?ABD ? sin ?BDC ? sin ?ADB ? sin ?DBC. 事实上,由①式,应用正弦定理将六条线段都换掉即得③式。 直线上的托勒密定理 若 A、B、C、D 为一直线上依次排列的四点,则 ④ AB ? CD ? BC ? AD ? AC ? BD. 四边形中的托勒密定理 设四边形 ABCD 为任意凸四边形,则 ⑤ AB ? CD ? BC ? AD ? AC ? BD. 当且仅当 A、B、C、D 四点共圆时取等号。 证明:如图 95-5,取点 E 使 ?BAE ? ?CAD, ?ABE ? ?ACD, 则?ABE ∽

?ACD,即有

AD AC AC CD ? ,且 ? ,即AB ? CD ? AC ? BE. AE AB AB BE

(*) (**)

又 ?DAE ? ?CAB, 有?ADE ∽ ?ACB, 亦有AD ? BC ? AC ? ED. 由(*)式与(**)式,注意到 BE+ED≥BD,有

AB ? CD ? BC ? AD ? AC ? ( BE ? ED) ? AC ? BD.
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其中等号当且仅当E在 BD 上,即 ?ABD ? ?ACD 时成立。此时 A、B、C、D 四点共圆。由此,即有 托勒密定理的逆定理 在凸四边形 ABCD 中,D 中 AB ? CD ? BC ? AD ? AC ? BD ,则,A、B、C、D 四点共圆。 杨晋老师运用托勒密定理又论证了第 21 届 IMO 预选题和第 34 届 IMO 预选题 题 1 设 C1、C2 是由心圆,C2 的半径是 C1 的半径的λ 倍(λ >1) 边形 A1A2? 。N An 内接于 C1,延长 AnA1,A1A2,?,An-1An,分别交 C2 于 B1、B2、?、Bn,若 n 边 形 A1A2?An、B1B2?Bn 的周长分别为 p1、p2。试证:p2 ≥λ p1。其中等号当且仅当 n 边形 A1A2?An 是正 n 边形时成立。 (第 21 届 IMO 预选题) 证明:如 95-6,设 C1 的圆心为 O,半径为 r,连结 OAi、OBi(I=1,2,?,n) , 在四边形 OA1B1B2 中,由 Ptolemy 不等式,有

OA1 ? B1 B2 ? OB2 ? A1 B1 ? OB1 ? A1 B2 ,
即 ? ? B1 B2 ? ?r ? A1 B1 ? ?r ( A1 A2 ? A2 B2 ).

? B1 B2 ? ? ? A1 B1 ? ? ( A1 A2 ? A2 B2 ).
同理,反复运用 Ptolemy 不等式,有

B2 B3 ? ? ? A2 B2 ? ? ( A2 A3 ? A3 B3 ); B3 B4 ? ? ? A3 B3 ? ? ( A3 A4 ? A4 B4 );
????????;

Bn?1 Bn ? ? ? An?1 Bn?1 ? ? ( An An?1 ? An Bn ); Bn ? B1 ? ? ? An Bn ? ? ( An A1 ? A1 B1 ).
将上述 n 个同向不等式相加,得

B1 B2 ? B2 B3 ? ? ? Bn?1 Bn ? Bn B1 ? ? ( A1 A2 ? A2 A3 ? ? ? An?1 An ? An A1 )
故 p 2 ? ?p1 . 由 Ptolemy 不等式知,等号成立的条件是当且仅当四边形 OA1B1B2,OA2B2B3,?, OAnBnB1,都是圆内接四边形。根据圆内接四边形性质知 ?OA2 A3 ? ?OB2 B3 ,

?OA2 A1 ? ?OB3 B2 , 但?OB2 B3 ? ?OB3 B2 , 故?OA2 A1 ? ?OA2 A3 . ? ?OA1 A2 ? ?OA2 A3 .因此A1 A2 ? A2 A3 .同理有A2 A3 ? A3 A4 ? ? ? An A1 ,
即 A1 A2 ? An为正n边形. 反之,若 A1 A2 ? An为正n边形 ,将其绕点 O 逆时针方向旋转
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2? ,知 n

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A1 ? A2 , A2 ? A3 ,?, An ? A1 , 从而B1 ? B2 , B2 ? B3 ,?, Bn ? B1 .
于是知 B1 B2 ? Bn 也是正n边形,因此有 A1 A2 ? A2 A3 ? ? ? An A1 ? 2r sin

?
n



B1 B2 ? B2 B3 ? ? ? Bn B1 ? 2r sin

?
n

, 故有p2 ? ?P1 .

注:当 ? ? 2 时,即为 1988 年 CMO 竞赛题。 题 2:设 M、N 是 ?ABC 内部的两个点,且满足 ?MAB ? ?NAC, ?MBA ? ?NBC. 证明:

AM ? AN BM ? BN CM ? CN ? ? ? 1. AB ? AC BA ? BC CA ? CB
(第 39 届 IMO 预选题) 证明 设 T 是射线 BN 上的点,作 ?BCT ? ?BMA.

? ?BMA ? ?ACB,?T在?ABC的外部, 又 ? ?MBA ? ?CBT ,? ?ABM ∽ ?TBC,

AB BM AM AB BM ? ? .由 ?ABT ? ?MBC, ? , BT BC CT TB BC AB BT AT ? ? . ? ?ABT ∽ ?MBC.于是, BM BC CM ?
? ?CTN ? ?MAB ? ?NAC,

?A、N、C、T 四点共圆。由 Ptolemy 定理,有
AC ? NT ? AN ? CT ? CN ? AT或AC ? ( BT ? BN ) ? AN ? CT ? CN ? AT .
将 CT ?

AM ? BC AB ? CM AB ? BC , AT ? , BT ? 代入, 得 BM BM BM

? AB ? BC ? AN ? AM ? BC CN ? AB ? CM AN ? AM ? BC AC ? ? ? BN ? ? ? , 即 BM BM BM ? BM ?

AM ? AN BM ? BN CM ? CN ? ? ? 1. AB ? AC BA ? BC CA ? CB
陕西省西安中学孙谦同学在王杨老师的指导下运用旋转法证出 36IMO-5 题。 证法二*: 如图 95-8,分别以 AB、DE 为边向六边形外作正 ?ABM 和 ?DEN 。将 ?AGB 绕 A 逆 时针旋转 60°到 ?AG?M ,则 ?AGG ? 为正三角形,故

AG ? GG ?, GB ? G ?M .
同样,将 ?EHD 顺时针旋转 60°到 ?EH ?N ,则 ?EHH ? 为正三角形,于是,

EH ? HH ?, HD ? H ?N .
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连 MN,则多边形 AMBCDNEF 关于轴 BE 对称,MN=CF,另一方面,由“两点间线 段最短”有

AG ? GB ? GH ? DH ? HE ? MG? ? G?G ? GH ? HH ? ? H ?N ? MN. 从而, AG ? GB ? GH ? DH ? HE ? CF.
6. (波兰) 设 p 是一个奇质数,考虑集合 ? ,2,?,2 p? 的满足 1 以下两条件的子集 A; (i)A 恰有 p 个元素; (ii)A 中所有元素之和可被 p 整除。试求所有这样的子集 A 的个数。 解法一* 记 i ? ? ,2, ?,2 p?, 令X ? ? ,2, ?, p?, Y ? ?p ? 1, ?,2 p?, 则X , Y 符合要求。 1 1 下面考虑符合要求的其他集合 A,则 1 ?| A ? X |? p, 我们考虑所有满足条件的 A 中,使 A ? X ? ?x1 ,?, x s ? 的集合 A,这里 s ? p, s ? N .
*

现设 A ? Y ? ?y1 , y 2 ?, yt ?, t ? p ? s, 考虎集合 Bi ? { y1 ? i, y 2 ? i,?, yt ? i},

1 ? i ? p ? 1, 这 里 元 素 y ? i若大于2 p, 则用y ? i ? p 代 替 。 于 是 集 合
~ Bi ? ?x1 ,?, x s ? ? Bi 满足 :| Bi |? S ( A) ? ti(mod p), 这里S (U )表示集合U 的 元 素
和。 注意到 1 ? t ? p, 若当i跑遍模p 的简系时, ii 也跑遍模 p 的简系,这表明在

A ? X ? ?x1 ,?, x s ? 的条件下,符合要求的 p 元子集 A 的个数恰好等于满足 B ? X ? ?x1 ,?, x s ? 的 p 元子集 B 的个数的

1 . p 1 符合要求。 p

所以,撇开 I 的符合条件的集合 X 和 Y 后,剩下的 I 的 p 元子集的

因此,满足条件的子集的个数为

1 p (C 2 p ? 2) ? 2. p

解法二*:考虑用母函数方法去处理,鉴于不仅要求 A 的元素和为 p 的倍数 ,而且要 求 | A |? p ,因此,需要两个变量来处理。 令 f ( x, y ) ? ( x ? y )( x ? y )( x ? y ) ?( x ? y
2 3 2p

); 并设

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k ,m

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f ( x, y) ? ? ak ,m x k y m .
其中 a k ,m 为 f ( x, y ) 的展开式中 x y 的系数,其含义为 I 中满足下述条件的子集的个 数: (1)该子集恰有 I 中的 2 p ? k 个元素; (2)该子集的元素之和等于 m. 因此,我们只需求出
k m

?a
p| m

p ,m

的值。

为此,需要用到单位根及其性质。 令? ? e
i 2? p

,熟知

??
j ?0

p ?1

jn

?0, ?? ? p,
p ?1 j ?0

若 pn , ? 若 p n, ?

利用这个结论,可知

??
l ?0 j ?0

p ?1

p ?1

f (? ; , ? j ) ? ? (? a k ,m ? lk ? (? j ) m )
l ?0 k ,m p ?1

p ?1

? ?(
l ?0

?a
k , m , p| m

k ,m

? lk ) p

?(
另一方面

?a
p|k , p|m

k ,m

) p2.

??
l ?0 j ?0

p ?1

p ?1

f (? l , ? j ) ? ?? (? l ? ? j ) ? (? l ? ? 2 j ) ? (? l ? (? j ) 2 p )
l ?0 j ?0 p ?1

p ?1 p ?1

? ? (1 ? ? ?) 2 p ??? (? l ? ? j ) ? (? l ? ? 2 j ) ? (? l ? (? 2 jp )
l ?0 l ?0 j ?0

p ?1 p ?1

注意到,对 1 ? i ? p ? 1, ,当 t 跑遍模 p 的完系时, jt 也跑遍模 p 的完系,所以

( x ? ? j ) ? ( x ? ? 2 j ) ?( x ? ? 2 jp ? (( x ? 1)( x ? 2) ?( x ? ? p ?1 )) 2 ? ( x 9 ? 1) 2 . 此时,令

x ? ?? ? ,就可得
(?1) 2 p (? l ? ? j )(? l ? ? 2 j ) ?(? l ? ? 2 jp ) ? (? lp ? 1) 2 ? 4.
从而,我们有

??
l ?0 j ?0

p ?1

p ?1

f (? l , ? j ) ? ? (1 ? ? ?) 2 p ? ? ( p ? 1)
l ?0 l ?0

p ?1

p ?1

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1 2 2p ? ? (1 ? C 2 p ? l ? C 2 p ? 2l ? ? ? C 2 p ? 2 pl ) ? 4 p( p ? 1) l ?0

? p(1 ? C 2pp ? 1) ? 4 p( p ? 1) ? p(C 2pp ? 4 p ? 2).
对比上述两方面的结果,可知

?
p| k , p | m

a k ,m ?

1 2 (C 2 p ? 4 p ? 2), p



?
p|k , p|m

ak ,m ? ? a0,m ? ? a p,m ? ? a2 p,m , 而? a0,m ? a0, p ( p ?1) ? 1, ? a2 p,m ? a2 p, p ( p ?1) ? 1,
p|m p|m p|m p|m p|m

所以,

?a
p| m

p ,m

?

1 p (C 2 p ? 2) ? 2. p

满足条件的集合个数为

1 p (C 2 p ? 2) ? 2. p

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