数分定理

接下来介绍高等概率论课程强大数定律中用到的一些重要结论.

引理1.假设$A=(a_{ij})$为一无穷实数矩阵,对每个固定的$j$, $lim_{n oinfty}a_{nj}=0$,存在非负常数$c$,使得$sum_{j=1}^{infty}|a_{nj}|leq c$, $forall n$.如果${x_n}$为一有界实数列,定义
[y_{n}=sum_{j=1}^{infty} a_{n j} x_{j},quad n=1,2, cdots]
则
(1)如果$x_n o 0$,则$y_n o 0$;

(2)如果$sum_{j=1}^{infty}a_{nj} o 1,x_n o xinmathbb{R}$,则$y_n o x$.

证. (1)由$y_n$的定义,有
[left|y_{n} ight| leq sum_{j=1}^{N}left|a_{n j} ight|left|x_{j} ight|+sum_{j=N+1}^{infty}left|a_{n j} | x_{j} ight|.]
对任意$varepsilon>0$,存在$N$使得$|x_j|leqfrac{varepsilon}{c},forall j>N$.于是上式右边第二项不超过$ccdot frac{varepsilon}{c}=varepsilon$.由条件$lim_{n oinfty}a_{nj}=0$可知,对任意给定的$N$,上式右边第一项趋于$0$.因此$y_n o 0$.

(2)由(1)知$sum_{j=1}^{infty}a_{nj}(x_{j}-x) o x$.由此得$y_n o x$.

引理2. (Toeplitz)假定${a_n}$为一非负实数序列,令$b_n=sum_{j=1}^{n}a_j$.假设$b_n>0,lim_{n oinfty}b_n=infty$.如果${x_n}$是一实数序列,收敛到实数$x$,则
[frac{1}{b_{n}} sum_{j=1}^{n} a_{j} x_{j} ightarrow x.]

证.定义无穷矩阵$A$,它的第$n$行为
[left( {frac{a_{1}}{b_{n}}}, {frac{a_{2}}{b_{n}}}, {cdots}, {frac{a_{n}}{b_{n}}}, {0}, {0}, {cdots} ight),]
再利用引理1(1)即可.

(Kronecker)假设${b_n}$是一列单增的正实数,满足$b_n oinfty$, ${x_n}$为一列实数,满足$sum_{n=1}^{infty}x_n=xinmathbb{R}$,则
[lim _{n ightarrow infty} frac{1}{b_{n}} sum_{j=1}^{n} b_{j} x_{j}=0.]

证.令$s_n=sum_{j=1}^{n}x_j(ngeq 1),s_0=0,b_0=0$,由阿贝尔求和公式可知
egin{align*} sum_{j=1}^{n} b_{j} x_{j} &=sum_{j=1}^{n} b_{j}left(s_{j}-s_{j-1} ight) \ &=b_{n} s_{n}-b_{0} s_{0}-sum_{j=1}^{n} s_{j-1}left(b_{j}-b_{j-1} ight) \ &=b_{n} s_{n}-sum_{j=1}^{n} s_{j-1}left(b_{j}-b_{j-1} ight). end{align*}
于是有
[frac{1}{b_{n}} sum_{j=1}^{n} b_{j} x_{j}=s_{n}-frac{1}{b_{n}} sum_{j=1}^{n} a_{j} s_{j-1},]
其中$a_j=b_j-b_{j-1}geq 0$.利用$lim_{n oinfty}s_n=lim_{j oinfty}s_{j-1}=x$及引理2可得结论.

Wolstenholme嵌入不等式.对$ riangle ABC$和任意的实数$x,y,z$,均有
[x^2+y^2+z^2geq 2 y z cos A+2 z x cos B+2 x y cos C,]
当且仅当$x:y:z=sin A:sin B:sin C$时取等成立.

证:进行配方法证明.
egin{align*} & x^{2}+y^{2}+z^{2}-(2 x y cos C+2 y z cos A+2 z x cos B)\
=& x^{2}-2 x(y cos C+z cos B)+y^{2}+z^{2}-2 y z cos A\
=&(x-y cos C-z cos B)^{2}-(y cos C+z cos B)^{2}+y^{2}+z^{2}+2 y z cos (B+C) \
&=(x-y cos C-z cos B)^{2}+(y sin C-z sin B)^{2} geq 0.
end{align*}
当且仅当$left{egin{array}{l}{x-y cos C-z cos B=0} \ {y sin C-z sin B=0}end{array} ight.$,即$x:y:z=sin A:sin B:sin C$时取等成立.

证法二.考虑二次型
[f(x, y, z)=x^{2}+y^{2}+z^{2}-2 x y cos A-2 x z cos B-2 y z cos C,]
其矩阵为
[T=left( egin{array}{ccc}{1} & {-cos A} & {-cos B} \ {-cos A} & {1} & {-cos C} \ {-cos B} & {-cos C} & {1}end{array} ight).]
由于$T$全部的一阶主子式为$1$,二阶主子式都有形式$1-cos^2alpha$,因而
[1-cos ^{2} alpha=sin ^{2} alpha geq 0,]
唯一的三阶主子式为$|T|$.因为
[sin A=sin (B+C)=sin B cos C+sin C cos B,]
故
[-sin A+cos C sin B+cos B sin C=0.]
同理
egin{align*}
cos C sin A-sin B+cos A sin C&=0, \
cos B sin A+cos A sin B-sin C&=0,
end{align*}
以上三式可看成以$sin A,sin B,sin C$为未知数的齐次线性方程组.显然,它有非零解,从而其系数行列式
[left| egin{array}{ccc}{-1} & {cos C} & {cos B} \ {cos C} & {-1} & {cos C} \ {cos A} & {cos A} & {-1}end{array} ight|=0,]
即
[cos ^{2} A+cos ^{2} B+cos ^{2} C+2 cos A cos B cos C=1,]
则
[|T|=1-cos ^{2} A-cos ^{2} B-cos ^{2} C-2 cos A cos B cos C=0,]
从而$f(x,y,z)$为半正定的,所以对任意的实数$x,y,z$有$f(x,y,z)geq 0$,即
[x^{2}+y^{2}+z^{2} geq 2 x y cos A+2 x z cos B+2 y z cos C.]

考虑与$overrightarrow{A B}, overrightarrow{B C}, overrightarrow{C A}$同向的单位向量$vec{e}_{1}, vec{e}_{2}, vec{e}_{3}$,则对任意实数$x,y,z$,均有
[left(z cdot overrightarrow{e_{1}}+x cdot overrightarrow{e_{2}}+y cdot overrightarrow{e_{3}} ight)^{2} geq 0,]
展开便得原不等式.

令$x=y=z=1$,可得
[cos A+cos B+cos C leq frac{3}{2}.]
令$p=2 y z, q=2 z x, r=2 x y$,解得$(x, y, z)=left(sqrt{frac{q r}{2 p}}, sqrt{frac{r p}{2 q}}, sqrt{frac{p q}{2 r}} ight)$,代入嵌入不等式可得
[p cos A+q cos B+r cos C leq frac{1}{2}left(frac{q r}{p}+frac{r p}{q}+frac{p q}{r} ight).]

(1998韩国)已知正实数$a,b,c$满足$a+b+c=abc$,求证:
[frac{1}{sqrt{1+a^{2}}}+frac{1}{sqrt{1+b^{2}}}+frac{1}{sqrt{1+c^{2}}} leq frac{3}{2}.]
令$a= an A, b= an B, c= an C$,原不等式成为
[cos A+cos B+cos C leq frac{3}{2}.]

已知正实数$a,b,c$满足$a+b+c=abc$,实数$u,v,w$满足$uvw>0$,求证:
[frac{u}{sqrt{1+a^{2}}}+frac{v}{sqrt{1+b^{2}}}+frac{w}{sqrt{1+c^{2}}} leq frac{1}{2}left(frac{v w}{u}+frac{w u}{v}+frac{u v}{w} ight).]

(1998印度)已知$x,y,z$为正实数, $x y+y z+z x+x y z=4$,求证:
[x+y+z geq x y+y z+z x.]

证.联想恒等式
[cos ^{2} A+cos ^{2} B+cos ^{2} C+2 cos A cos B cos C=1.]
将条件$x y+y z+z x+x y z=4$写成
[left(frac{sqrt{x y}}{2} ight)^{2}+left(frac{sqrt{y z}}{2} ight)^{2}+left(frac{sqrt{z x}}{2} ight)^{2}+2 frac{sqrt{x y}}{2} cdot frac{sqrt{y z}}{2} cdot frac{sqrt{z x}}{2}=1.]
于是可设$left{egin{array}{l}{frac{sqrt{y z}}{2}=cos A} \ {frac{sqrt{z x}}{2}=cos B} \ {frac{sqrt{x y}}{2}=cos C}end{array} ight.$,解得
[(x, y, z)=left(frac{2 cos B cos C}{cos A}, frac{2 cos C cos A}{cos B}, frac{2 cos A cos B}{cos C} ight),]
原不等式成为
[frac{cos B cos C}{cos A}+frac{cos C cos A}{cos B}+frac{cos A cos B}{cos C} geq 2left(cos ^{2} A+cos ^{2} B+cos ^{2} C ight),]
在嵌入不等式中令$x=sqrt{frac{cos B cos C}{cos A}}, y=sqrt{frac{cos C cos A}{cos B}}, z=sqrt{frac{cos A cos B}{cos C}}$即可.

(2007年IMO中国国家集训队测试题)设正数$u,v,w$满足$u+v+w+sqrt{u v w}=4$,求证:
[sqrt{frac{v w}{u}}+sqrt{frac{w u}{v}}+sqrt{frac{u v}{w}} geq u+v+w.]

证.把条件改写为
[left(frac{sqrt{u}}{2} ight)^{2}+left(frac{sqrt{v}}{2} ight)^{2}+left(frac{sqrt{w}}{2} ight)^{2}+2 frac{sqrt{u}}{2} cdot frac{sqrt{v}}{2} cdot frac{sqrt{w}}{2}=1,]

可设$left{egin{array}{l}{frac{sqrt{u}}{2}=cos A} \ {frac{sqrt{v}}{2}=cos B} \ {frac{sqrt{w}}{2}=cos C}end{array} ight.$,只需证
[frac{cos B cos C}{cos A}+frac{cos C cos A}{cos B}+frac{cos A cos B}{cos C} geq 2left(cos ^{2} A+cos ^{2} B+cos ^{2} C ight).]

设$ riangle ABC$为锐角三角形,求证:
[left(frac{cos A}{cos B} ight)^{2}+left(frac{cos B}{cos C} ight)^{2}+left(frac{cos C}{cos A} ight)^{2}+8 cos A cos B cos C geq 4.]

证.由恒等式$cos ^{2} A+cos ^{2} B+cos ^{2} C+2 cos A cos B cos C=1$得
[4-8 cos A cos B cos C=4left(cos ^{2} A+cos ^{2} B+cos ^{2} C ight),]
只需证
[left(frac{cos A}{cos B} ight)^{2}+left(frac{cos B}{cos C} ight)^{2}+left(frac{cos C}{cos A} ight)^{2} geq 4left(cos ^{2} A+cos ^{2} B+cos ^{2} C ight),]
下面证明
[left(frac{cos A}{cos B} ight)^{2}+left(frac{cos B}{cos C} ight)^{2}+left(frac{cos C}{cos A} ight)^{2} geq 2left(frac{cos B cos C}{cos A}+frac{cos C cos A}{cos B}+frac{cos A cos B}{cos C} ight).]
在嵌入不等式中,令$x=frac{cos B}{cos C}, y=frac{cos C}{cos A}, z=frac{cos A}{cos B}$,则
egin{align*}
&left(frac{cos A}{cos B} ight)^{2}+left(frac{cos B}{cos C} ight)^{2}+left(frac{cos C}{cos A} ight)^{2} =x^{2}+y^{2}+z^{2} \
& geq 2(x y cos C+y z cos A+z x cos B)\ &=2left(frac{cos B cos C}{cos A}+frac{cos C cos A}{cos B}+frac{cos A cos B}{cos C} ight). end{align*}

设$p,q$是两个互质的奇正整数,证明:
[sum_{0<x<frac{q}{2}}left[frac{p}{q} x ight]+sum_{0<y<frac{p}{2}}left[frac{q}{p} y ight]=frac{p-1}{2} cdot frac{q-1}{2}.]

二次互反律

设$a,b$是两个非零整数,我们定义雅克比符号$left(frac{a}{b} ight)$:若存在整数$x$,使得$x^2equiv a(mod b)$,那么就记$left(frac{a} {b} ight)=1$;否则就记$left(frac{a} {b} ight)=-1$.在$b$是素数时这个符号也叫做勒让德符号.

高斯二次互反律:设$p$和$q$为不同的奇素数,则
[left(frac{q}{p} ight) cdotleft(frac{p}{q} ight)=(-1)^{(p-1) / 2 cdot(q-1) / 2}.]

三角形中三角恒等式

egin{enumerate}
item $sin A+sin B+sin C=4 cos frac{A}{2} cos frac{B}{2} cos frac{C}{2}$.


item $sin 2 A+sin 2 B+sin 2 C=4 sin A sin B sin C$.

item $sin 3 A+sin 3 B+sin 3 C=-4 sin frac{3}{2} A sin frac{3}{2} B sin frac{3}{2} C$

item $sin 4 A+sin 4 B+sin 4 C=-4 sin 2 A sin 2 B sin 2 C$.

item $cos A+cos B+cos C=1+4 sin frac{A}{2} sin frac{B}{2} sin frac{C}{2}$.

item $cos 2 A+cos 2 B+cos 2 C=-1-4 cos A cos B cos C$.

item $cos 3 A+cos 3 B+cos 3 C=1-4 cos frac{3}{2} A cos frac{3}{2} B cos frac{3}{2} C$.

item $cos 4 A+cos 4 B+cos 4 C=-1-4 cos 2 A cos 2 B cos 2 C$.

item $ an A+ an B+ an C= an A an B an C$.

item $cot A cot B+cot B cot C+cot C cot A=1$.

item $ an frac{A}{2} an frac{B}{2}+ an frac{B}{2} an frac{C}{2}+ an frac{C}{2} an frac{A}{2}=1$.

item $cot frac{A}{2}+cot frac{B}{2}+cot frac{C}{2}=cot frac{A}{2} cot frac{B}{2} cot frac{C}{2}$.

item $sin ^{2} A+sin ^{2} B+sin ^{2} C=2+2 cos A cos B cos C$.

item $cos ^{2} A+cos ^{2} B+cos ^{2} C=1-2 cos A cos B cos C$.

item $sin A cos B cos C+cos A sin B cos C+cos A cos B sin C=sin Asin Bsin C$.

item $cos A sin B sin C+sin A cos B sin C+sin A sin B cos C=-1+cos A cos B cos C$.

item $a cos A+b cos B+c cos C=4 R sin A sin B sin C$.

item $p=4 R cos frac{A}{2} cos frac{B}{2} cos frac{C}{2}$.

item $ an frac{A}{2} an frac{B}{2} an frac{C}{2}=frac{r}{p}$.

item $sin frac{A}{2} sin frac{B}{2} sin frac{C}{2}=frac{r}{4 R}$.

item $ an frac{A}{2} an frac{B}{2}=frac{p-c}{p}$.

item $frac{acos A+b cos B+cos C}{a+b+c}=frac{r}{R}$.

item $sin A+sin B+sin C=frac{p}{R}$.

item $cos A+cos B+cos C=1+frac{r}{R}$.
end{enumerate}

(2019届上海虹口高三数学一模试卷，2017年海淀区期中考试)对于$n\, (ninmathbb{N}^ast)$个实数构成的集合$E=left{e_{1}, e_{2}, cdots, e_{n} ight}$.记$S_{E}=e_{1}+e_{2}+cdots+e_{n}$.

已知由$n$个正整数构成的集合$A=left{a_{1}, a_{2}, cdots, a_{n} ight}left(a_{1}<a_{2}<cdots<a_{n}, n geq 3 ight)$满足:对于任意不大于$S_A$的正整数$m$,均存在集合$A$的一个子集,使得该子集的所有元素之和等于$m$.

(1)试求$a_1,a_2$的值;

(2)求证：“$a_1,a_2,cdots,a_n$成等差数列”的充要条件是“$S_{A}=frac{1}{2} n(n+1)$”;

(3)若$S_A=2018$,试求当$n$取最小值时, $a_n$的最大值.

已知集合$A={1,2,3, cdots, 2n}\,left(n in mathbb{N}^ast ight)$.对于$A$的一个子集$S$,若存在不大于$n$的正整数$m$,使得对于$S$中的任意一对元素$s_1,s_2$,都有$|s_1-s_2| eq m$,则称$S$具有性质$P$.

(I)当$n=10$时,试判断集合$B={xin A|x>9}$和$C={xin A|x=3k-1,kin mathbb{N}^ast}$是否具有性质$P$?并说明理由.

(II)若$n=1000$时.

(1)若集合$S$具有性质$P$,那么集合$T={2001-x|xin S}$是否一定具有性质$P$?并说明理由;

(2)若集合$S$具有性质$P$,求集合$S$中元素个数的最大值.

参考：这里

(2019北京西城区高三期末理科数学试题)设正整数数列$A:a_1,a_2,cdots,a_N\,(N>3)$满足$a_i<a_j$,其中$1leq i<jleq N$.如果存在$k in{2,3, cdots, N}$,使得数列$A$中任意$k$项的算术平均值均为整数,则称才为“$k$阶平衡数列”.

(I)判断数列$2,4,6,8,10$和数列$1,5,9,13,17$是否为“$4$阶平衡数列”?

(II)若$N$为偶数,证明:数列$A:1,2,3,cdots,N$不是“$k$阶平衡数列”,其中$k in{2,3, cdots, N}$.

(III)如果$a_Nleq 2019$,且对于任意$k in{2,3, cdots, N}$,数列$A$均为“$k$阶平衡数列”,求数列$A$中所有元素之和的最大值.