2016年华东师范大学数学系转专业考试试题与分析

这个系列大概是为了华东师大里那些喜欢数学和数学教育,且希望借转专业机会进入数学系的孩子们写的吧。

文章中的内容会分为两个部分: “试题”与“分析与解答”. “试题”部分中只有试题; 而“分析与解答”中将会把试题、分析与解答放在一起呈现. 将试题单独列出来的目的是为了能让大家先不看答案, 独立思考着完成后, 再看分析与解答. 我相信在这样的引导下, 大家一定能提升自己的解题水平.

这场考试的难度应该是近几年来最大的, 所以如果在规定时间内无法完成或者完成情况不是非常理想的话也不用过分担心.

试题

  1. 数列{xn}\lbrace x_n \rbrace满足x1=1x_{1} = 1, x2=2x_{2} = 2, xn+2=xnxn+1\displaystyle x_{n+2} = \sqrt{x_{n}x_{n+1}}, 求limnxn\lim\limits_{n \to \infin}x_{n}.

  2. f(n)(x)f^{(n)}\left(x\right)表示f(x)f\left(x\right)nn阶导数. f(x)=[(1xm)n](n)f\left(x\right) = \left[\left(1-x^{m}\right)^{n}\right]^{\left(n\right)}, 求f(1)f\left(1\right).

  3. 函数f(x)f\left(x\right)(,+)\left(-\infin,+\infin\right)上连续可导并有界, 且成立f(x)f(x)1\left|f\left(x\right)-f'\left(x\right)\right|\leqslant 1, 证明: f(x)1\left|f\left(x\right)\right| \leqslant 1.

  4. 函数f(x)f\left(x\right)[a,b]\left[a,b\right]上连续, (a,b)\left(a,b\right)上可导, 且成立

    f(a)=a, abf(x)dx=b2a22,f\left(a\right) = a,\ \int_{a}^{b}f\left(x\right)\,{\rm d}x = \frac{b^2-a^2}{2},

    证明: 存在ξ(a,b)\xi \in \left(a,b\right), 使得成立f(ξ)=f(ξ)ξ+1f'\left(\xi\right) = f\left(\xi\right) - \xi + 1.

  5. 非负函数f(x)f\left(x\right)[0,1]\left[0,1\right]上连续, 求

    limn01[f(x)]ndxn.\lim\limits_{n \to \infin}\sqrt[n]{\int_{0}^{1}\left[f\left(x\right)\right]^{n}\,{\rm d}x}.

  6. 0π/2lnsinxdx.\int_{0}^{\pi/2}\ln\sin x\,{\rm d}x.

  7. 函数f(x)=x[x]f\left(x\right)= x - \left[x\right], 其中[x]\left[x\right]表示不超过xx的最大整数, 求

    limx+1x0xf(t)dt.\lim\limits_{x \to +\infin}\frac{1}{x}\int_{0}^{x}f\left(t\right)\,{\rm d}t.

  8. 求出所有符合条件的正整数m, nm,\ n, 使得成立(1+xn+x2n++xmn)\left(1+x^n+x^{2n}+\cdots+x^{mn}\right)能被(1+x+x2++xm)\left(1+x+x^2+\cdots+x^m\right)整除.

  9. nn个非负整数x1, x2, , xnx_1,\ x_2,\ \cdots,\ x_n满足k=1nxk=1\sum_{k=1}^n x_k = 1, 证明:

    k=1nxk1xkk=1nxkn1.\displaystyle\sum_{k=1}^n \frac{x_k}{\sqrt{1-x_k}}\geqslant\frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\sqrt{x_k}}{\sqrt{n-1}}.

  10. 三角形ABCABC的三边长分别是a, b, ca,\ b,\ c, 其面积为SS, 证明:

    ab+bc+ca43S.ab+bc+ca\geqslant4\sqrt{3}S.

分析与解答

  1. 数列{xn}\lbrace x_n \rbrace满足x1=1x_{1} = 1, x2=2x_{2} = 2, xn+2=xnxn+1\displaystyle x_{n+2} = \sqrt{x_{n}x_{n+1}}, 求limnxn\lim\limits_{n \to \infin}x_{n}.

    分析

    • 乍一看这个递推式十分陌生, 但只要回想起高中学过的对数的性质可以知道, 对数运算可以将乘法运算变换为加法运算.
    • 高中学习数列时遇见过简单的二阶线性递推, 而递推式用对数形式改写后正是简单的二阶线性递推, 由此可知{xn}\lbrace x_n \rbrace的解析式是可求的, 于是问题迎刃而解.
    • 本题就是个求数列通项公式题目嘛(逃)
    • 事实上, 本题是有一定缺陷的. 思考数学问题时, 应首先考虑的是存在性问题, 然后证明之, 最后再去求解这一问题, 而不是去直接考虑如何求解. 对于数学素养较高的人来说, 这种数学思维上的错误是极少的.

    解答

    an=log2xna_n=\log_2 x_n, 所以

    a1=0, a2=1, an+2an+1=(12)(an+1an).a_1=0,\ a_2=1,\ a_{n+2}-a_{n+1}=\left(-\frac{1}{2}\right)\left(a_{n+1}-a_{n}\right).

    从而an+2an+1=(12)n1\displaystyle a_{n+2}-a_{n+1}=\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}, 继而推得an=23[1(12)n1]\displaystyle a_n=\frac{2}{3}\left[1-\left(-\frac{1}{2}\right)^{n-1}\right].
    limnan=23\displaystyle\lim\limits_{n \to \infin}a_{n}=\frac{2}{3}, limnxn=223\displaystyle\lim\limits_{n \to \infin}x_{n}=2^{\frac{2}{3}}

  2. f(n)(x)f^{(n)}\left(x\right)表示f(x)f\left(x\right)nn阶导数. f(x)=[(1xm)n](n)f\left(x\right) = \left[\left(1-x^{m}\right)^{n}\right]^{\left(n\right)}, 求f(1)f\left(1\right).

    分析

    • nn阶导数是个挺棘手的问题. 在大学数学微积分的学习中, 我们对nn阶导数的认识仅仅停留在求个简单分式函数的nn阶导数, 以及Leibniz公式\cdots
    • 什么? Leibniz公式? 等会儿等会儿, 这个被求导的函数长什么样来着? 好像可以化为两个函数的乘积! 大概就是(1xm)n=(1x)n(1+x+x2++xm1)n\left(1-x^{m}\right)^{n}=\left(1-x\right)^{n}\left(1+x+x^2+\cdots+x^{m-1}\right)^{n}的样子呢!
    • 好像这个问题又变得简单了呢(确信)

    解答

    显然f(x)f\left(x\right)g(x)=(1x)n(1+x+x2++xm1)ng\left(x\right) = \left(1-x\right)^{n}\left(1+x+x^2+\cdots+x^{m-1}\right)^{n}nn阶导数. 由Leibniz公式有

    f(x)=g(n)(x)=k=0n(nk)[(1x)n](k)[(1+x+x2++xm1)n](nk),f\left(x\right)=g^{(n)}\left(x\right) = \sum_{k=0}^n \dbinom{n}{k} \left[\left(1-x\right)^{n}\right]^{(k)}\left[\left(1+x+x^2+\cdots+x^{m-1}\right)^{n}\right]^{(n-k)},

    从而f(1)=g(n)(1)=[(1x)n](n)[(1+x+x2++xm1)n](0)=(1)nmnn!f\left(1\right)=g^{(n)}\left(1\right) = \left[\left(1-x\right)^{n}\right]^{(n)}\left[\left(1+x+x^2+\cdots+x^{m-1}\right)^{n}\right]^{(0)}=(-1)^{n} m^{n}n!.

  3. 函数f(x)f\left(x\right)(,+)\left(-\infin,+\infin\right)上连续可导并有界, 且成立f(x)f(x)1\left|f\left(x\right)-f'\left(x\right)\right|\leqslant 1, 证明: f(x)1\left|f\left(x\right)\right| \leqslant 1.

    分析

    • 改写条件为2f(x)(f(x)+1)0f(x)(f(x)1)2-2\leqslant f'\left(x\right) - \left(f\left(x\right)+1\right)\leqslant 0 \leqslant f'\left(x\right) - \left(f\left(x\right)-1\right) \leqslant 2. 我们发现f(x)+1f\left(x\right)+1f(x)1f\left(x\right)-1的导数均为f(x)f'\left(x\right), 于是开始尝试通过构造函数来解决问题.
    • 回想处理微分中值定理问题的时候, 遇到待证明g(ξ)=g(ξ)g\left(\xi\right)=g'\left(\xi\right)结论的时候会怎么做? 对, 构造为含ex{\rm e}^x的函数 (这是因为指数函数ex{\rm e}^x具有求导后等于自身的特性, 且其永远不等于00) . 那么如何构造呢? 我们知道两函数相除的求导法则中, 分子会出现相减的情况. 所以构造尝试与ex{\rm e}^x相除的函数来解决问题.
    • 回到改写后的条件. 我们发现改写后的条件中出现了00. 而00左右两边的式子应该都是构造后的函数求导的结果, 于是我们知道通过这一信息可以判断构造出来的函数的单调性, 从而判断该函数的值的大小判断.

    解答

    分类讨论. 构造函数

    F1(x)=f(x)+1ex, F2(x)=f(x)1ex.F_1\left(x\right)=\frac{f\left(x\right)+1}{ {\rm e} ^x},\ F_2\left(x\right)=\frac{f\left(x\right)-1}{ {\rm e} ^x}.

    注意到F1(x)0F_1'\left(x\right) \leqslant 0, 说明F1(x)F_1\left(x\right)单调不增.
    另一方面, 注意到f(x)f\left(x\right)是有界的, 于是f(x)1\left|f\left(x\right) - 1 \right|是有界的. 又limx+ex=0\lim\limits_{x \to +\infin}{\rm e}^{-x}=0, 从而limx+F1(x)=0\lim\limits_{x \to +\infin}F_1\left(x\right)=0. 由此可以推出F1(x)0F_1\left(x\right)\geqslant 0, 从而f(x)1f\left(x\right) \geqslant -1.
    同理, f(x)1f\left(x\right) \leqslant 1, 命题得证.

  4. 函数f(x)f\left(x\right)[a,b]\left[a,b\right]上连续, (a,b)\left(a,b\right)上可导, 且成立

    f(a)=a, abf(x)dx=b2a22,f\left(a\right) = a,\ \int_{a}^{b}f\left(x\right)\,{\rm d}x = \frac{b^2-a^2}{2},

    证明: 存在ξ(a,b)\xi \in \left(a,b\right), 使得成立f(ξ)=f(ξ)ξ+1f'\left(\xi\right) = f\left(\xi\right) - \xi + 1.

    分析

    • 改写一下欲证结论中的式子, 得到f(ξ)1=f(ξ)ξf'\left(\xi\right) - 1 = f\left(\xi\right) - \xi, 我们发现右边的式子求导后就是左边的式子. 这样的处理是恰当的, 因为题设中给出了f(a)=af\left(a\right) = a, ab(f(x)x)dx=0\displaystyle\int_{a}^{b} \left(f\left(x\right)-x\right)\,{\rm d}x = 0, 印证了我们的想法.
    • 同上一个问题, 这一形式的结论一般为构造含ex{\rm e}^x的函数来解决. 根据待证式子, (f(ξ)1)(f(ξ)ξ)=0\left(f'\left(\xi\right) - 1 \right)-\left( f\left(\xi\right) - \xi \right)=0, 我们知道两函数相除的求导法则中, 分子会出现相减的情况. 我们只要构造F(x)=f(x)xex\displaystyle F\left(x\right)=\frac{f\left(x\right)-x}{ {\rm e} ^x}就可以了.

    解答

    构造函数F(x)=f(x)xex\displaystyle F\left(x\right)=\frac{f\left(x\right)-x}{ {\rm e} ^x}. 根据ab(f(x)x)dx=0\displaystyle\int_{a}^{b} \left(f\left(x\right)-x\right)\,{\rm d}x = 0, 知道存在η(a,b)\eta \in \left(a,b\right), 使得F(η)=0F\left(\eta\right)=0.
    又注意到F(a)=0F\left(a\right)=0, 根据Rolle中值定理, 存在ξ(a,η)\xi \in \left(a,\eta\right), 使得F(x)=0F'\left(x\right)=0, 即

    ex[(f(ξ)1)(f(ξ)ξ)]e2x=0.\frac{ {\rm e}^x \left[ \left(f'\left(\xi\right) - 1 \right)-\left( f\left(\xi\right) - \xi \right) \right]}{ {\rm e}^{2x} } = 0.

    由于ex{\rm e}^x不等于00, 所以f(ξ)1f(ξ)+ξ=0f'\left(\xi\right) - 1 - f\left(\xi\right) + \xi=0, 证毕.

  5. 非负函数f(x)f\left(x\right)[0,1]\left[0,1\right]上连续, 求

    limn01[f(x)]ndxn.\lim\limits_{n \to \infin}\sqrt[n]{\int_{0}^{1}\left[f\left(x\right)\right]^{n}\,{\rm d}x}.

    分析

    • 其实这道题目一开始Koya也是没有头绪的. 在回顾极限理论的过程中, 偶然间找到了这样一个问题: 给定kk个正数a1, a2, , aka_1,\ a_2,\ \cdots,\ a_k, 求limna1n+a2n++aknn\lim\limits_{n \to \infin} \sqrt[n]{ a_{1}^{n} + a_{2}^{n} +\cdots + a_{k}^{n} }. 在解决这个问题的过程中, 我们直接通过放缩, 得到max{ai}a1n+a2n++aknnnnmax{ai}\max \left\lbrace a_i \right\rbrace \leqslant \sqrt[n]{ a_{1}^{n} + a_{2}^{n} +\cdots + a_{k}^{n} } \leqslant \sqrt[n]{n} \cdot {\max \left\lbrace a_i \right\rbrace}, 由夹逼定理知道该极限是max{ai}\max \left\lbrace a_i \right\rbrace.
    • 本题其实就是这个问题的积分形式. 为什么不尝试着模仿这个问题的处理方式呢? 设M=max{f(x)x[0,1]}M=\max \lbrace f\left(x\right) | x \in \left[0,1\right] \rbrace, 显然01[f(x)]ndxn(ba)1nM\displaystyle \sqrt[n]{\int_{0}^{1}\left[f\left(x\right)\right]^{n}\,{\rm d}x} \leqslant \left( b-a \right)^{ \frac{1}{n} } M. 对于放缩的另一侧, 模仿刚才联想到的问题, 取最大值MM所对应的自变量附近一小段上的积分 (类似于上个问题中的直接取出这个最大值) 进行处理就可以了. 任取正数ε<M\varepsilon < M, 必定存在[α,β][0,1]\left[\alpha,\beta\right] \subseteq \left[0,1\right], 使得当x[α,β]x \in \left[\alpha,\beta\right]时成立Mf(x)MεM \geqslant f\left(x\right) \geqslant M-\varepsilon, 所以有

    01[f(x)]ndxnαβ[f(x)]ndxn(βα)1n(Mε).\sqrt[n]{\int_{0}^{1}\left[f\left(x\right)\right]^{n}\,{\rm d}x} \geqslant \sqrt[n]{\int_{\alpha}^{\beta}\left[f\left(x\right)\right]^{n}\,{\rm d}x} \geqslant \left( \beta-\alpha \right)^{ \frac{1}{n} } \left(M-\varepsilon\right).

    • 这样处理之后, 结合极限的定义与ε\varepsilon的选取, 这道题目就可以解决了.
    • 本题其实是整套试题中最困难的问题. 其要求考生对极限理论的理解十分透彻, 而极限理论的抽象性正是阻碍学生理解极限理论的最大绊脚石.

    解答

    f(x)0f\left(x\right) \equiv 0, 则该极限就是00. 否则, 设M=max{f(x)x[0,1]}>0M=\max \lbrace f\left(x\right) | x \in \left[0,1\right] \rbrace > 0.
    任取正数ε<M\varepsilon < M, 必定存在[α,β][0,1]\left[\alpha,\beta\right] \subseteq \left[0,1\right], 使得当x[α,β]x \in \left[\alpha,\beta\right]时成立Mf(x)MεM \geqslant f\left(x\right) \geqslant M-\varepsilon, 所以有

    01[f(x)]ndxnαβ[f(x)]ndxn(βα)1n(Mε).\sqrt[n]{\int_{0}^{1}\left[f\left(x\right)\right]^{n}\,{\rm d}x} \geqslant \sqrt[n]{\int_{\alpha}^{\beta}\left[f\left(x\right)\right]^{n}\,{\rm d}x} \geqslant \left( \beta-\alpha \right)^{ \frac{1}{n} } \left(M-\varepsilon\right).

    另一方面, 01[f(x)]ndxn(ba)1nM\displaystyle \sqrt[n]{\int_{0}^{1}\left[f\left(x\right)\right]^{n}\,{\rm d}x} \leqslant \left( b-a \right)^{ \frac{1}{n} } M, 这样形成了一个不等式链

    (βα)1n(Mε)01[f(x)]ndxn(ba)1nM.\left( \beta-\alpha \right)^{ \frac{1}{n} } \left(M-\varepsilon\right) \leqslant \sqrt[n]{\int_{0}^{1}\left[f\left(x\right)\right]^{n}\,{\rm d}x} \leqslant \left( b-a \right)^{ \frac{1}{n} } M.

    由于limn(ba)1n=1\lim\limits_{n \to \infin} \left( b-a \right)^{ \frac{1}{n} } = 1, 所以对于上述的ε>0\varepsilon >0, 存在正整数N1N_1, 使得当n>N1n>N_1(ba)1n<1+2εM\displaystyle \left( b-a \right)^{ \frac{1}{n} } < 1 + \frac{2\varepsilon}{M}; 同理, 由于limn(βα)1n=1\lim\limits_{n \to \infin} \left( \beta-\alpha \right)^{ \frac{1}{n} } = 1, 对于上述的ε>0\varepsilon >0, 存在正整数N2N_2, 使得当n>N2n>N_2(βα)1n>1εMε\displaystyle \left( \beta-\alpha \right)^{ \frac{1}{n} } > 1 - \frac{\varepsilon}{M-\varepsilon}.
    N=max{N1, N2}N=\max \lbrace N_1,\ N_2 \rbrace, 当n>Nn>N时成立

    M2ε<(βα)1n(Mε)01[f(x)]ndxn(ba)1nM<M+2ε.M-2\varepsilon < \left( \beta-\alpha \right)^{ \frac{1}{n} } \left(M-\varepsilon\right) \leqslant \sqrt[n]{\int_{0}^{1}\left[f\left(x\right)\right]^{n}\,{\rm d}x} \leqslant \left( b-a \right)^{ \frac{1}{n} } M < M+2\varepsilon .

    由极限的定义知, limn01[f(x)]ndxn=M=max{f(x)x[0,1]}\displaystyle \lim\limits_{n \to \infin}\sqrt[n]{\int_{0}^{1}\left[f\left(x\right)\right]^{n}\,{\rm d}x} = M = \max \lbrace f\left(x\right) | x \in \left[0,1\right] \rbrace.

  6. 0π/2lnsinxdx.\int_{0}^{\pi/2}\ln\sin x\,{\rm d}x.

    分析

    • 这就是著名的Euler积分, 不再赘述.
    • 这不就变成背书竞赛了嘛,见过的人一定做得出,没见过的人基本上做不出(误)

    解答

    0π/2lnsinxdx=I\displaystyle \int_{0}^{\pi/2}\ln\sin x\,{\rm d}x = I. 作代换x=2tx=2t, 得到

    I=0π/42lnsin2tdt=π2ln2+0π/42lnsintdt+0π/42lncostdt.I = \int_0^{\pi/4} {2\ln \sin 2t\,{\rm d}t} = \frac{\pi }{2}\ln 2 + \int_0^{\pi/4} {2\ln \sin t\,{\rm d}t} + \int_0^{\pi/4} {2\ln \cos t\,{\rm d}t} .

    对右边最后一个积分用代换t=π/2ut=\pi/2-u, 得到

    I=π2ln2+0π/42lnsintdt+π/4π/22lnsinudu=π2ln2+2I.I = \frac{\pi }{2}\ln 2 + \int_0^{\pi/4} {2\ln \sin t\,{\rm d}t} + \int_{\pi/4}^{\pi/2} {2\ln \sin u\,{\rm d}u} = \frac{\pi }{2}\ln 2 + 2I .

    从而0π/2lnsinxdx=π2ln2\displaystyle \int_{0}^{\pi/2}\ln\sin x\,{\rm d}x = -\frac{\pi }{2}\ln 2.

  7. 函数f(x)=x[x]f\left(x\right)= x - \left[x\right], 其中[x]\left[x\right]表示不超过xx的最大整数, 求

    limx+1x0xf(t)dt.\lim\limits_{x \to +\infin}\frac{1}{x}\int_{0}^{x}f\left(t\right)\,{\rm d}t.

    分析

    • 根据f(x)f\left(x\right)的解析式画个图就能知道, 这是一个周期为11的周期函数, 在[0,1)\left[0,1\right)上的解析式是f(x)=xf\left(x\right) = x. 这是个很好的条件, 说明这个函数在某个区间上的积分是可以直接写出的. 尝试写出后知道这个积分为

    0xf(t)dt=12[[x]+(x[x])2].\int_{0}^{x}f\left(t\right)\,{\rm d}t = \frac{1}{2} \left[\left[x\right]+\left(x-\left[x\right]\right)^{2}\right].

    • 根据取整函数的性质, x1<[x]xx-1 < \left[x\right] \leqslant x, 由此就可以大胆地尝试使用夹逼定理来解决问题.

    解答

    根据f(x)f\left(x\right)的几何意义得到

    0xf(t)dt=12[[x]+(x[x])2].\int_{0}^{x}f\left(t\right)\,{\rm d}t = \frac{1}{2} \left[\left[x\right]+\left(x-\left[x\right]\right)^{2}\right].

    而根据取整函数的性质, x1<[x]xx-1 < \left[x\right] \leqslant x, 由此对积分结果进行放缩得到

    12x(x1)<1x0xf(t)dt=12x[[x]+(x[x])2]<12x(x+1).\frac{1}{2x} \left(x-1\right)<\frac{1}{x}\int_{0}^{x}f\left(t\right)\,{\rm d}t = \frac{1}{2x} \left[\left[x\right]+\left(x-\left[x\right]\right)^{2}\right]<\frac{1}{2x} \left(x+1\right).

    根据夹逼定理, 该极限的值为1/21/2.

  8. 求出所有符合条件的正整数m, nm,\ n, 使得成立(1+xn+x2n++xmn)\left(1+x^n+x^{2n}+\cdots+x^{mn}\right)能被(1+x+x2++xm)\left(1+x+x^2+\cdots+x^m\right)整除.

    分析

    • 一个多项式能被另一个多项式整除, 换一种说法就是两个多项式具有共同的根 (这里的根指的是在复数域上的根), 也就是说(1+xn+x2n++xmn)\left(1+x^n+x^{2n}+\cdots+x^{mn}\right)必含有(1+x+x2++xm)\left(1+x+x^2+\cdots+x^m\right)的根.
    • 1+x+x2++xm=01+x+x^2+\cdots+x^m = 0的单位根是ωk=cos2kπm+1+isin2kπm+1\omega_k = \cos \frac{2k\pi}{m+1} +{\rm i}\sin\frac{2k\pi}{m+1} (k=1,2,,mk = 1,2,\cdots,m), f(x)=1+xn+x2n++xmnf\left(x\right) = 1+x^n+x^{2n}+\cdots+x^{mn}. 根据题意, 问题等价于f(ωk)=0f\left (\omega_k\right) = 0. 根据这个等价问题, 解决问题也变得不再困难.
    • 本题是1977年美国数学奥林匹克的第一题. 更多解答请见AOPS.

    解答

    1+x+x2++xm=01+x+x^2+\cdots+x^m = 0的单位根是ωk=cos2kπm+1+isin2kπm+1\displaystyle\omega_k = \cos \frac{2k\pi}{m+1} +{\rm i}\sin\frac{2k\pi}{m+1} (k=1,2,,mk = 1,2,\cdots,m), f(x)=1+xn+x2n++xmnf\left(x\right) = 1+x^n+x^{2n}+\cdots+x^{mn}. 根据题意, 问题等价于f(ωk)=0f\left(\omega_k\right) = 0. 注意到f(x)=xn(m+1)1xn1\displaystyle f\left(x\right) = \frac{x^{n(m+1)}-1}{x^n-1}, 所以问题等价于

    ωkn(m+1)1=0,ωkn1=0.\omega_k^{n(m+1)}-1 =0, \quad \omega_k^n-1 \not = 0.

    第一个式子是显然的; 而对于第二个式子, 注意到ωkn=cos2nkπm+1+isin2nkπm+1=1\displaystyle\omega_k^n = \cos \frac{2nk\pi}{m+1} +{\rm i}\sin\frac{2nk\pi}{m+1} \not = 1, 这相当于nnm+1m+1互素, 而这就是我们所欲求的.

  9. nn个非负整数x1, x2, , xnx_1,\ x_2,\ \cdots,\ x_n满足k=1nxk=1\sum_{k=1}^n x_k = 1, 证明:

    k=1nxk1xkk=1nxkn1.\displaystyle\sum_{k=1}^n \frac{x_k}{\sqrt{1-x_k}}\geqslant\frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\sqrt{x_k}}{\sqrt{n-1}}.

    分析

    • 待证不等式中带有xkx_k的项可以合并写在一起, 于是改写待证不等式为

    k=1nxk1xkxkn10.\sum_{k=1}^n \frac{x_k}{\sqrt{1-x_k}} - \frac{\sqrt{x_k}}{\sqrt{n-1}}\geqslant 0.

    • 观察函数f(x)=x1xxn1f\left(x\right)=\frac{x}{\sqrt{1-x}} - \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{n-1}}, 发现x=1/nx=1/n就是这个函数的零点. 这不就是说xk=1/nx_{k}=1/n就是取等条件嘛! 如果在x=1/nx=1/n附近能成立f(x)f\left(x\right)大于一个多项式就好了.
    • 别愣着啊, 马上看能不能实现 改写f(x)f\left(x\right)f(x)=1x+11xxn1f\left(x\right)=-\sqrt{1-x} + \frac{1}{\sqrt{1-x}} - \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{n-1}}, 其二阶导数大于等于00, 从而其为下凸函数, 那么切线y=f(1/n)(x1/n)y = f'\left(1/n\right) \cdot \left(x-1/n\right)必在图形下方. 这样f(x)f(1/n)(x1/n)f\left(x\right) \geqslant f'\left(1/n\right) \cdot \left(x-1/n\right)就成立了.
    • 这种方法称为切线法, 其思想是利用局部不等式将一个函数放缩至一个较好处理的不等式, 求和后可以利用条件快速证得结论.

    解答

    f(x)=x1xxn1\displaystyle f\left(x\right)=\frac{x}{\sqrt{1-x}} - \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{n-1}}, 先证明局部不等式

    f(x)f(1n)(x1n).\displaystyle f\left(x\right) \geqslant f'\left(\frac{1}{n}\right) \cdot \left(x-\frac{1}{n}\right).

    改写f(x)f\left(x\right)

    f(x)=1x+11xxn1,f\left(x\right)=-\sqrt{1-x} + \frac{1}{\sqrt{1-x}} - \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{n-1}},

    注意到其二阶导数大于等于00 (等号当且仅当xk=1/nx_{k}=1/n取到),从而其为下凸函数, 由下凸函数的性质知该局部不等式成立 (等号当且仅当xk=1/nx_{k}=1/n取到). 结合k=1nxk=1\displaystyle \sum_{k=1}^n x_k = 1, 命题得证.

  10. 三角形ABCABC的三边长分别是a, b, ca,\ b,\ c, 其面积为SS, 证明:

    ab+bc+ca43S.ab+bc+ca\geqslant4\sqrt{3}S.

    分析

    • 不等式里包含了三角形两边乘积的轮换和, 以及三角形的面积. 如果用正弦定理替换边与面积的表达, 那么就可以化为纯粹的三角不等式, 这样处理也许就方便点了.
    • 待证不等式根据刚才的分析, 改写成了1sinA+1sinB+1sinC23\displaystyle\frac{1}{\sin A}+\frac{1}{\sin B}+\frac{1}{\sin C}\geqslant 2\sqrt{3}. 这其实是个两元函数, 这是因为A+B+C=πA+B+C=\pi.
    • 变形后的待证不等式有个很好的性质, 就是左侧的每一项都可以用函数f(x)=cscxf\left(x\right)={\csc x}表示,由此联想到Jenson不等式. 事实上, 这样的尝试是可行的, 因为f(x)=cscxf\left(x\right)={\csc x}是下凸函数, 恰好与待证不等式的不等号对应了. 这样问题就迎刃而解了.

    解答

    根据正弦定理与面积公式S=4R2sinAsinBsinCS=4R^2\sin A \sin B \sin C (其中RR是三角形ABCABC的外接圆半径) ,改写待证不等式为

    1sinA+1sinB+1sinC23.\frac{1}{\sin A}+\frac{1}{\sin B}+\frac{1}{\sin C}\geqslant 2\sqrt{3}.

    由于f(x)=cscxf\left(x\right)={\csc x}是下凸函数, 根据Jenson不等式有

    cscA+cscB+cscC3cscA+B+C3=23,\csc A+\csc B+\csc C \geqslant 3\cdot \csc \frac{A+B+C}{3}=2\sqrt{3},

    由此得知命题得证.