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关于一道集合竞赛题的再议


16

中 等 数 学

短      论 集 锦
关于一道集合竞赛题的再议
石西琳
(浙江商业职业技术学院 , 310053)

Tk =

1 2 n- 1 k [ n ( k - k + 2) Ak Ck - 1 Ck Ak - 2 Tk - 1 - … - T1 ].
1 2
k- 2



本文指出 , 式 ② 是正确的 , 它是本文命题 所证式 ⑤ 的特例 ; 式 ④ 是推测的 , 尚未证明 ; 式③ 是错的 , 它是由式 ④ 引伸出来的 . 事实上 , 运用算两次的思想方法 , 就能得 到表达 Tk 之简洁 、 、 优美 实用的公式 . 命题   X 为 n 元集合 , 即 | X | = n, 则 设
Tk = nC2 n - 1 ,
k

   [ 1 ]从一道浙江省数学竞赛题的解答 文 中 , 引出并推广至求 Tk 之一般公式 . 设 X 为 n 元集合 , A1 , A2 , …, Am 为 X 的全部子集 , Tk 定义为
Tk =
1≤ i1 < i2 < … < ik≤m


n- 1

|A i1 ∩A i2 ∩…∩A ik | ,



其中 , Tk 如式 ① 所定义 , k = 1, 2, …, 2

.

其中 , | A |表示集合 A 的元素个数 . 文 [ 1 ]求得了 1 n- 1 n- 1 n T3 = n ( 8 -3× 4 +2 ) , ② 6 1 n- 1 T4 = ( n? 14 - 36 T3 - 14 T2 - T1 ) , ③ 24
1 ≤ , ⑤ 2 2 2 8 3 故  PA QA + PB QB + PC QC ≤ R. ⑥ 2 由契比雪夫不等式等号成立条件及不等 式⑤ 等号成立条件知 , 当且仅当 △AB C 为正

证明 :按式 ① 计算 Tk 是一种算法 . 运用 算两次的思想方法 , 可寻找等价的第二次算 的方法. 若 x0 是 X 的子集交 A i1 ∩A i2 ∩…∩A ik
( 1 ≤ i1 < i2 < … < ik ≤m ) 的一个元素 , 则在计

算 | A i1 ∩A i2 ∩…∩A ik |时 , x0 仅被计数 1 次 ; 再次利用不等式 ⑤ 得 3 PA QA? B QB ? C Q C ≥ r , P P

   再由 sin

A

?sin

B

?sin

C



且由式 ⑤ 等号成立条件知 , 当且仅当 △AB C 为正三角形时 , 不等式 ⑦ 中的等号成立 . 由式 ⑥、 , 利用对称平均不等式 ⑦ PA QA? B QB + PB QB ? C Q C + PC Q C? A QA P P P ≤
1 2 ( PA QA + PB QB + PC Q C ) 3

三角形时 , 不等式 ⑥ 中的等号成立 . 注 :不等式 ⑤ 为熟知的三角不等式 , 其证 明可见文 [ 1 ]. 由于 PA QA? B QB? C Q C = R sin P P 而 r = 4R sin
A
3

A

2

?sin

B

2

?sin

C

2

,

及算术 — 几何平均不等式 PA QA? B QB + PB QB ? C Q C + PC Q C? A QA P P P ≥3
3

( PA QA? B QB ? C Q C ) , P P

2

2

?sin

B

2

?sin

C

2

,故

PA QA? B QB ? C QC P P

即可证明式 ③、 的左边及式 ④ ② 的左边 , 且易 知当且仅当 △AB C 为正三角形时 , 不等式的 等号成立 .
参考文献 :
[1]  李建泉 . 用代数法解平面几何问题 ( J ) . 中等数学 , 2008 ( 12) .

= 64 sin
2

r A

3 2

2

?sin

B

2

?sin

2

C

.

2

2009 年第 9 期

17

若 x0 不是上述子集交的元素 , 则 x0 就不被 计数 . 于是 , 在计算 Tk 时 x0 被计数的总次数 (也称 x0 对 Tk 的“ ) 贡献 ”就转化为计算仅 含 x0 的 X 的 子 集 交 的 个 数 , 它 等 于 在 集
X \ { x0 }的子集 ( 2
k k n- 1

t - 4 t +9 = t ( t - 3) + ( t - 3) (2 t - 3) ≥0 .

3

2

2

个 ) 中任取 k 个的取法数
k

故式 ③ 成立 . 从而 , 式 ① 成立 . 加强命题   a、、 设 b c R + , abc = 1. 则 1 1 1 6 + + + ≥5. ④ a b c a +b+c 证明 :由于式 ④ 是关于 a、、 对称的 , 不 b c 妨设 a 为其中最大者 . 则 a ≥1, bc≤1. 1 1 1 6 记 f ( a, b, c) = + + + .则 a b c a +b +c
f ( a, b, c) - f ( a, bc, bc)

即 C2 n - 1个 . 令 x0 取遍 X 的 n 个元素 , 每个元 素的贡献均为 C2 n - 1 , 故其总和为 nC2 n - 1 , 最后 得 Tk = nC2 n - 1.
参考文献 :
[1]  郑日锋 . 一道集合竞赛题的随想 [ J ]. 中等数学 , 2009 ( 4) .
k

= =

1
b

+

1
c

+

6
a +b+c
2

-

2
bc

2

6
a + 2 bc

关于一个代数不等式的初探
张延卫
(江苏省宿迁市教育局 , 223800)

( b - c) bc
2

1

6( b - c) 6

( a + b + c) ( a + 2 bc)

= ( b- c)

bc

-

.

( a + b + c) ( a + 2 bc )

   题目   已知 a、、 b c
1
a

R + , abc = 1. 求证 :

+

1
b

+

1
c

+

3
a +b+c

≥4 .

[1 ]



由 bc≤1, a + b + c≥3, a + 2 bc≥3, 得 1 6 2 ≥1 > 0. bc ( a + b + c) ( a + 2 bc) 3 因此 , f ( a, b, c) ≥f ( a, bc, bc) . 故只要证明 : 1 2 6 + + ≥5. a bc a + 2 bc 1 设 x = bc. 则 a = 2 ( 0 < x ≤1 ) .
x

式① 形式优美 , 结论简洁 , 给人以强烈的 美感 . 笔者给出式 ① 的一个简证和它的一个 加强 . 1 1 1 证明 :设 x = , y = , z = . 则 xyz = 1.
a b c



式① 化为 x + y + z +
2 2 2

3
yz + zx + xy
2

≥4.

由 ( x + y + z) = x + y + z + 2 ( yz + zx + xy ) ≥3 ( yz + zx + xy ) , 3 故  x + y + z + yz + zx + xy ≥x + y + z +
9
( x + y + z)
2

式⑤ 化为 x +

2

2
x

+

6x . 3 ≥5 1 + 2x

2

上式展开整理得 6 4 3 2 x - 10 x + 11 x - 5 x + 2 ≥0. 因为 0 < x ≤1, 所以 ,
2 x - 10 x + 11 x - 5 x + 2
2 4 3 2 = ( x - 1) ( 2x + 4x - 4x - x + 2) 6 4 3



.

因此 , 只要证明 : 9 x +y +z+ . 2 ≥4 ( x + y + z) 设 t = x + y + z. 则 t≥3. 9 式② 化为 t + 2 ≥4, 即
t t - 4 t + 9 ≥0.
3 2



2 4 2 = ( x - 1) [ 2x + x ( 2x - 1) + 2 ( 1 - x ) ]

≥0. 因此 , 式 ⑥ 成立 , 即式 ④ 成立 . 又 a + b + c≥3, 则式 ④ 是式 ① 的加强 .
参考文献 :
[ 1 ]    煦 . 数学奥林匹克问题高 229. 中等数学 [ J ]. 项 2008 ( 8) .



因为 t≥3, 所以 ,


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