- 一般形式的柯西不等式
- 共5题
若a＜b＜c，x＜y＜z，则下列各式中值最大的一个是（ ）
正确答案
解析
解：∵a＜b＜c，x＜y＜z，
排序不等式：反序和≤乱序和≤同序和，
得：同序和ax+by+cz最大．
故选D．
设正整数构成的数列{an}使得a10k-9+a10k-8+…+a10k≤19对一切k∈N*恒成立．记该数列若干连续项的和
正确答案
证明：显然S（i，j）∈N*． （2分）
下证对任意n0∈N*，存在S（i，j）=n0．
用Sn表示数列{an}的前n项和，考虑10n0+10个前n项和：S1＜S2＜…＜S10n0+10，（1）
由题设S10n0+10=（a1+a2+…+a10）+（a11+a12+…+a20）+…+（a10n0+1+a10n0+2+…+a10n0+10） （6分）
另外，再考虑如下10n0+10个正整数：S1+n0＜S2+n0＜…＜S10n0+10+n0，（2）
显然S10n0+10+n0≤20n0+19 （10分）
这样（1），（2）中出现20n0+20个正整数，都不超过20n0+19，
由抽屉原理，必有两个相等．
由于（1）式中各数两两不相等，（2）式中各数也两两不等，
故存在i，j∈N*，使得Sj=Si+n0，即j＞i，且n0=Sj-Si=S（i，j）．
所以，所有S（i，j）构成的集合等于N*． （16分）
解析
证明：显然S（i，j）∈N*． （2分）
下证对任意n0∈N*，存在S（i，j）=n0．
用Sn表示数列{an}的前n项和，考虑10n0+10个前n项和：S1＜S2＜…＜S10n0+10，（1）
由题设S10n0+10=（a1+a2+…+a10）+（a11+a12+…+a20）+…+（a10n0+1+a10n0+2+…+a10n0+10） （6分）
另外，再考虑如下10n0+10个正整数：S1+n0＜S2+n0＜…＜S10n0+10+n0，（2）
显然S10n0+10+n0≤20n0+19 （10分）
这样（1），（2）中出现20n0+20个正整数，都不超过20n0+19，
由抽屉原理，必有两个相等．
由于（1）式中各数两两不相等，（2）式中各数也两两不等，
故存在i，j∈N*，使得Sj=Si+n0，即j＞i，且n0=Sj-Si=S（i，j）．
所以，所有S（i，j）构成的集合等于N*． （16分）
已知n∈N*，n＞1，n个实数a1，a2，…，an 满足a1+a2+…+an=0，|a1|+|a2|+…+|an |=1．求证：|a1+2a2+3a3+…+n|an|≤
正确答案
证明：由于a1+a2+…+an=0，不妨设ai1≤ai2≤…≤ais≤0≤aj1≤aj2≤…≤ajt，
即an中有s个非正项，有t个非负项，则有，
a1+a2+…+an=（ai1+ai2+…+ais）+（aj1+aj2+…+ajt）=0，
|a1|+|a2|+…+|an|=-（ai1+ai2+…+ais）+（aj1+aj2+…+ajt）=1，
解得，ai1+ai2+…+ais=-
不妨设，1•a1+2•a2+…+n•an≥0（若为负，可将每项取相反数，后面证法一致）
根据排序不等式：
1•a1+2•a2+…+n•an≤（1•ai1+2•ai2+…s•ais）+[（s+1）•aj1+（s+2）•aj2+…+n•ajt]
≤1•（ai1+ai2+…+ais）+n•（aj1+aj2+…+ajt）=-
因此，|1•a1+2•a2+…+n•an|≤
解析
证明：由于a1+a2+…+an=0，不妨设ai1≤ai2≤…≤ais≤0≤aj1≤aj2≤…≤ajt，
即an中有s个非正项，有t个非负项，则有，
a1+a2+…+an=（ai1+ai2+…+ais）+（aj1+aj2+…+ajt）=0，
|a1|+|a2|+…+|an|=-（ai1+ai2+…+ais）+（aj1+aj2+…+ajt）=1，
解得，ai1+ai2+…+ais=-
不妨设，1•a1+2•a2+…+n•an≥0（若为负，可将每项取相反数，后面证法一致）
根据排序不等式：
1•a1+2•a2+…+n•an≤（1•ai1+2•ai2+…s•ais）+[（s+1）•aj1+（s+2）•aj2+…+n•ajt]
≤1•（ai1+ai2+…+ais）+n•（aj1+aj2+…+ajt）=-
因此，|1•a1+2•a2+…+n•an|≤
若a1≤a2≤…≤an，而b1≥b2≥…≥bn或a1≥a2≥…≥an而b1≤b2≤…≤bn，证明：
正确答案
证明 不妨设a1≤a2≤…≤an，b1≥b2≥…≥bn．
则由排序原理得：
a1b1+a2b2+…+anbn=a1b1+a2b2+…+anbn
a1b1+a2b2+…+anbn≤a1b2+a2b3+…+anb1
a1b1+a2b2+…+anbn≤a1b3+a2b4+…+an-1b1+anb2
…
a1b1+a2b2+…+anbn≤a1bn+a2b1+…+anbn-1．
将上述n个式子相加，得：n（a1b1+a2b2+…+anbn）
≤（a1+a2+…+an）（b1+b2+…+bn）
上式两边除以n2，得：
≤
等号当且仅当a1=a2=…=an或b1=b2=…=bn时成立．
解析
证明 不妨设a1≤a2≤…≤an，b1≥b2≥…≥bn．
则由排序原理得：
a1b1+a2b2+…+anbn=a1b1+a2b2+…+anbn
a1b1+a2b2+…+anbn≤a1b2+a2b3+…+anb1
a1b1+a2b2+…+anbn≤a1b3+a2b4+…+an-1b1+anb2
…
a1b1+a2b2+…+anbn≤a1bn+a2b1+…+anbn-1．
将上述n个式子相加，得：n（a1b1+a2b2+…+anbn）
≤（a1+a2+…+an）（b1+b2+…+bn）
上式两边除以n2，得：
≤
等号当且仅当a1=a2=…=an或b1=b2=…=bn时成立．
设a，b，c为正数，利用排序不等式证明a3+b3+c3≥3abc．
正确答案
证明：不妨设a≥b≥c＞0，∴a2≥b2≥c2，
由排序原理：顺序和≥反序和，得：
a3+b3≥a2b+b2a，b3+c3≥b2c+c2b，c3+a3≥a2c+c2a
三式相加得2（a3+b3+c3）≥a（b2+c2）+b（c2+a2）+c（a2+b2）．
又a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，c2+a2≥2ca．
所以2（a3+b3+c3）≥6abc，
∴a3+b3+c3≥3abc．
当且仅当a=b=c时，等号成立．
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