运用柯西不等式纠正常见错误

柯西不等式:对于任意实数ai,bi(i=1,2,...,n)有(a1b1+a2b2+...+anbn)0≤(a12+a2+...+an2)(b12+b22+...+bn2),其中当且仅当ai=kbi,即ai与bi(i=1,2,...,n)成比例时取等号.……     

柯西不等式的证明及应用

<正>高中数学学习中,不等式变形巧妙神奇,尤其是柯西不等式的应用.我梳理了一下有关柯西不等式的证明及应用,方便同学们使用.柯西不等式:(a1b1+a2b2+…+an bn)2≤(a21+a22+…+a2n)(b21+b22+…+b2n)(ai bi∈R,i=1,2…n).等号当且仅当a1=a2=…=an=0或bi=tai时成立(t为常数,i=1,2…n).柯西不等式的证明方法很多,下面的方法比较深刻且具通性.为简便,设ai不全为0.证法一(构造二次函数)f(x)=(a1x+b1)2+(a2x+b2)2+…+(an x+bn)2=(a21+a22+…+a2n)x2+2(a1b1+a2b2+…+an bn)x+(b21+b22+…+b2n).     

柯西不等式的一种构造证法

一维离散型随机变理X的方差(或数学期望)蕴含着一个不等式关系,即E(X2)≥(E(X))2(*)当且仅当X服从退化分布时(*)式中等号成立.柯西不等式设n为大于1的自然数,a1,a2,…,an与b1,b2,…,bn为实数,则(a21+a22+…+a2n)(b21+b22+…+b2n)≥(a1b1+a2b2+…+anbn)2,等号当且仅当b1=b2=…=bn时成立(当bi=0时,约定ai=0,i=1,2,…,n).     

这样证明柯西不等式行得通吗?

在某文稿中,作者讲述如何用向量来解题,有一个例子是用向量证明柯西不等式——对任意实数。a1,a2,…,an;b1,b2,…,bn,n∈N*,有(a1+b1+a2b2+…+anbn)2≤(a12+a22+…+an2)(612+b22+…+bn2),当且仅当a1/b1=a2/b2=…=an/bn时等号成立.文稿给出的证明简要如下:     

柯西不等式的妙用

设a1,a2,a3,…,an,b1,b2,b3,…,bn是实数,则(a12+a22+…+an2)(b12+b22+…+bn2)≥(a1b1+a2b2+…+anbn)2,当且仅当bi=0(i=1,2,…,n)或存在一个数k,使得ai=kbi(i=1,2,…,n)时,等号成立． 以上不等式就是选修4-5<不等式选讲>中所介绍的柯西不等式(简记为"方和积不小于积和方"),其应用十分广泛和灵活,掌握它,对证明不等式、求函数的最值、解方程(组)、求参数的取值范围、求代数式的值、实现有效传接等都是大有裨益的.     

巧用柯西不等式证不等式竞赛题

设ai,bi∈R(i=1,2,…,n),则(a12 a22 … a2n)(b12 b22 … b2n)≥(a1b1 a2b2 … anbn)2(1)当且仅当且bi=λai(i=1,2,…,n)时,(1)式取等号.这就是著名的柯西不等式,它还有如下等价形式:设ai,bi>0(i=1,2,…,n),则a12b1 ab222 … ban2n>(ab11 ab22 …… abnn)2(2)当且仅当且ab11     

柯西不等式的解题魅力

平凡无奇的柯西不等式,应用广泛,充满着迷人的解题魅力．定理设a1,a2,…,an;b1,b2,…,bn∈R, 则(a12 a22 … an2)(b12 b22 … bn2)≥(a1b1 a2b2 … anbn)2．当且仅当a1:b1=a2:b2=…=an:bn时等号成立. 证明构造“数字式”:1 1=2简证之．设k1=a12 a22 … an2,k2=b12 b22 … bn2, 则1=1/k1(a12 a22 … an2),1=1/k2(b12 b22     

Cauchy不等式的几个应用

若ai,bi∈R ,i=1 ,2 ,… ,n(n≥ 2 )则 (a21 +a22 +… +a2 n) (b21 +b22 +… +b2 n)≥ (a1 b1 +a2 b2 +… +anbn) 2证明 :若ai=0 ,命题显然成立若ai 不全为零 ,则设f(x) =(a21 +a22 +… +a2 n)x2 +2 (a1 b1 +a2 b2+… +anbn)x+(b1 +b2 +… +bn)=(a1 x+b1 ) 2 +(a2 x+b2 ) 2 +…+(anx+bn) 2 ≥ 0由于二次项系数a21 +a22 +… +a2 n>0所以Δ≤ 0即 4(a1 b1 +a2 b2 +… +anbn) 2 - 4 (a21 +a22 +…b2 n)(b21 +b22 +… +b2 n)≤0故 (a21 +a22 +… +a2 n) (b21 +b22 +… +b2 n)≥ (a1 b1 +a2 b2 +… +anbn) 2这是著名的柯西 (Cauchy)不等式 .下面…     

柯西不等式中取等条件的妙用

设a1,n2,a3,…,an,b1,b2,b3,…,bn是实数,则（a1^2＋a2^2＋…＋an^2）（b1^2＋62^2＋…＋b1^2）≥（a1b1＋a1b2＋…＋anbn）^2,当且仅当bi=0（i=1,2,…,n）或存在一个数k,使得ai=kbi（i=1,2,…,n）时,等号成立．     

柯-布不等式证明及其在求最值问题中的应用

柯西-布尼亚可夫斯基不等式:对于ai,bi(i∈1,2,…,n)∈R,有(a_1~2 a_2~2 … a_2~2)(b_1~2 b_2~2 … b_n~2)≥(a1b1 a2b2 … anbn)2,当且仅当对i=1,2,…,n,bi/ai都相等时取等号.举例两则证明方法如下:     

综合题新编选登

题143设函数f(x)=x x2-a2(a>0).1)求f(x)的反函数f-1(x)及定义域;2)若数列{an}满足a1=3a,an 1=f-1(an),设bn=an-aan a,Sn表示{bn}的前n项和,试比较Sn与78的大小.解1)由f(x)=x x2-a2(a>0)得x=y2 a22y,∵y=x x2-a2(a>0),∴x2-a2=y-x=y-y2 a22y=(y a)(y-a)2y≥0,∴-a≤y<0或y≥a.∴f-1(x)=x2 a22x(-a≤x<0或x≥a)2)∵an 1=f-1(an)=an2 a22an,∴bn 1=an 1-aan 1 a=an2 a22an-a an2 a22an a=an-a an a2=bn2.∵a1=3a,∴b1=a1-aa1 a=12.∴bn=(bn-1)2=(bn-2)22=…=(12)2n-1.∴Sn=b1 b2 b3 … bn=12 (12)2 (12)22 … (12)2n-1.∵2n-1=C0n-1 C1n-1 …     

一个不等式的再推广及应用

2003年第64届普特兰数学竞赛A2题:设a1,a2,…,an和b1,b2,…,bn都是非负实数,证明:(a1a2…an)1n (b1b2…bn)1n≤[(a1 b1)(a2 b2)…(an bn)]1n.文[1]给出该不等式的如下推广:如果xij(i=1,2,…,m;j=1,2,…,n)为非负实数,则(x11x12…x1n)1n (x21x22…x2n)1n … (xm1xm2…xmn)1n≤[(     

第64届普特兰数学竞赛A2题的推广及应用

2003年第64届普特兰数学竞赛A2题:设a1,a2,…,an和b1,b2,…,bn都是非负实数,证明:(a1a2…an)1n (b1b2…bn)1n≤[(a1 b1)(a2 b2)…(an bn)]1n.对该试题的证明本文不做探讨,以下研究该不等式题的推广及其应用.推广如果x1i,x2i,…,xmi,(i=1,2,…n)为非负实数,则:(x11x12…x1n)1n (     

一个不等式的推广

本刊文[1]给出如下姊妹不等式:若a,b,c是正数,且a b c=1,则有1b c-ac 1a-ba 1b-c≥673(1)当且仅当a=b=c=31时取等号.1b c ac 1a ba1 b c≥1613(2)当且仅当a=b=c=31时取等号.不等式(1)可改写为:11-a-a1-1b-b1-1c-c≥673(3)当且仅当a=b=c=31时取等号.本文将把不等式(3)推广为:命题设xi>0(i=1,2,…,n),∑ni=1xi=1,则∏ni=1(1-1xi-xi)≥(n-n1-1n)n(4)当且仅当x1=x2=…=xn=1n时等号成立.引理设f″(x)>0,则1n∑ni=1f(xi)≥f(1ni∑=n1xi)(5)此即著名的Jesen不等式.下面给出(4)式的证明.证设y=f(x)=ln(1-1x-x)(0相似文献   

应用函数值符号妙解竞赛中的不等式问题

构造函数解决与不等式相关问题是很常见的,但通常都是构造单调函数,并利用其单调性来完成解答.本文介绍一种新的构造方法,它不是利用函数单调性,而是应用函数值在其变量取值范围内有确定符号来解题.下面分别举几例来加以说明.例1已知a1,a2,…,an,b1,b2,…,bn∈[1,2],且∑ni=1ai2=∑ni=1b2i.求证:∑ni=1ai3bi≤1107∑i=n1b2i.证明:构造f(x)=x-12(x-2)x+52,则当21≤x≤2时,f(x)≤0故x3-1201x2+52≤0,即x3≤1210x2-52.又21≤baii≤2,所以bai3i3≤2110bai22i-25,ba3ii≤1210ai2-25b2i.故∑ni=1ai3bi≤1210∑i=n1a2i-52∑i=n1b2i=1210∑i=n1b2i-5…     

考点38 数学归纳法

1.(辽宁卷,19)已知函数f(x)=x 3x 1(x≠-1).设数列{an}满足a1=1,an 1=f(an),数列{bn}满足bn=an-3,Sn=b1 b2 … bn(n∈N*).()用数学归纳法证明bn≤(32n--11)n;()证明Sn<233.2.(江西卷,21)已知数列{an}的各项都是正数,且满足:a0=1,an 1=21an(4-an),n∈N.(1)证明an相似文献   

探寻均值不等式与2011年高考数学湖北卷21题之间的关系

2011年高考数学湖北卷21题(1)已知函数f(x)=lnx-x+1,x∈(0,+∞),求函数f(x)的最大值;(2)设ak,bk(k=1,2,…,n)均为正数,证明:①若a1b1+a2b2+…+anbn≤b1+b2+…+bn,则a1b1a2b1…anb1≤1;     

一个不等式的推广及应用

第 6 4届普特南数学竞赛 ( 2 0 0 3年 ) A2题为 [1 ] :设 a1 ,a2 ,… ,an 和 b1 ,b2 ,… ,bn 都是非负实数 ,则　 ( a1 a2 … an) 1 n ( b1 b2 … bn) 1 n≤ [( a1 b1 ) ( a2 b2 )… ( an bn) ]1 n ( 1 )此不等式显然等价于　 ( a1 b1 ) ( a2 b2 )… ( an bn)≥ [( a1 a2 … an) 1 n ( b1 b2 … bn) 1 n]n ( 2 )当且仅当 a1 b1=a2b2=… =anbn或 b1 ,b2 ,… ,bn 全为 0时取等号 .最近文 [2 ]给出了此不等式的一些应用 .本文首先给出 ( 2 )的一个推广 ,然后给出推广结果的一些应用 .定理　设 aij>0 ( i=1 ,2 ,… ,n;j=1 ,2 ,… ,…     

2011年高考教学湖北卷理科第21题赏析

2011年高考数学湖北卷理科第21题为:(Ⅰ)已知函数f(x)= lnx-x+1,x∈(0,+∞),求函数f(x)的最大值;(Ⅱ)设ak,bk(k=1,2,…,n)均为正数,证明:(1)若a1b1 +a2b2+…+anbn≤b1+b2+…+bn,则a1b1·a2b2·…·anbn≤1;(2)若b1+b2+…+bn＝1,则1/n≤b1b1·b2b2·…·bnbn≤b12+b22+…+bn2.1 背景分析本题第一问体现了导数作为工具用于研究函数最值等方面的应用,设问的函数也是理科考生所熟知的类型.因而,有利于稳定考生情绪,便于考生逐步进入后面的问题情境.第2问是以“若P则q”的命题形式设计两道证明题,旨在向考生暗示:结论要成立,需要具备一定的条件,这样引导考生注重对条件和结论在结构上的差异性分析,从而a1b1·a3b2·…·anbn≤1需要转化为b1lna1+b2lna2+…+bnlnan≤0成立即可,进而想到利用(Ⅰ)的结论所包含的不等式lnak≤ak-1去掉对数符号,转化为条件的结构形式即得(1)的证明.这体现了化归与转化的思想方法在突破解题困境时的重要作用.     

求解不可微箱约束变分不等式的下降算法

1 引 论 设X(?)Rn是非空闭集,F:Rn→Rn连续映射,变分不等式问题VI(X,F)是指:求x∈X,使 F(x)T(y-x)≥0,　 (?)y∈X,(1)记指标集N=(1,2,…,n},当 X=[a,b]≡{x∈Rn|a≤xi≤bi,i∈N},(2)其中a={a1,a2,…,an}T,b={b1,b2,…,bn}T∈Rn时,VI(X,F)化为箱约束变分不等式VI(a,b,F).若ai=0,bi=+∞,i∈N,即X=R+n≡{x∈Rn|x≥0}时,VI(a,b,F)化为非线性