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一个猜想的证明 总被引:1,自引:1,他引:0
文[1]给出了:在任意△ABC中,A、B、C表示其三内角,则cos3A cos3B cos3C≥38.(当且仅当△ABC为正三角形时等号成立)并给出了如下猜想:cosnA cosnB cosnC≥32n.(n≥2,n∈N*) (*)本文将利用著名的Jacobsthal不等式[2]:“设x≥0,y≥0,对任意正整数n,有xn (n-1)yn≥nxyn-1”的变形:“当x≥0,y>0时,有xnyn-1≥nx-(n-1)y”,以及相关的函数性质给出猜想的如下证明.证明 (1)若n=2k(k∈N*)时, cosnA cosnB cosnC=cos2kA cos2kB cos2kC=(14)k-1[(cos2A)k(14)k-1 (cos2B)k(14)k-1 (cos2C)k(14)k-1]≥(14)k-1{[kcos2A-14(k-1)] [kcos2B-14… 相似文献
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一个猜想的证明 总被引:1,自引:0,他引:1
贵刊文 [1 ]中提出如下猜想 :猜想 2 已知点P(x0 ,y0 )不在二次曲线Γ :Ax2 +Cy2 +Dx+Ey +F=0上 ,过P作倾斜角互补的两条直线分别交Γ于S ,M和T ,N ,则直线MN与ST的倾斜角也互补 .笔者经过探讨认为 ,以上猜想是成立的 ,不过结论“直线MN与ST的倾斜角也互补 .”应修正为“直线MN与ST的倾斜角也互补或倾斜角都为0°.”即有定理 已知点P(x0 ,y0 )不在二次曲线Γ :Ax2 +Cy2 +Dx+Ey +F=0上 ,过P作倾斜角互补的两条直线分别交Γ于S ,M和T ,N ,则直线MN与ST的倾斜角也互补或都为 0°.为证明此… 相似文献
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一个猜想的证明 总被引:8,自引:3,他引:5
文[1 ]利用均值不等式对一类最小值问题进行了研究 ,但限于所推导的不等式 ,未能完全解决这一类问题 ,文末提出了如下猜想 :(以下简记∑ni =1为∑)设ai,bi,∈R+,i=1 ,2 ,… ,n .α >0 ,则有 :∑ biα+1aiα ≥(∑bi) α+1(∑ai) α ,当且仅当 aibi =∑ai∑bi时等号成立 .本文利用凸函数定理证明了上述猜想 ,从而使这一类最小值问题得到了比较圆满的解决 .证明 首先介绍凸函数定理 [2 ]:设函数f(x)在区间I为下凸函数 ,λi∈R+,且 ∑λi=1 ,则对任意xi ∈I,有 :f(∑λixi) ≤ ∑λif(xi)现取f(x… 相似文献
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一个猜想不等式的证明 总被引:1,自引:0,他引:1
编者按:文[2]给出了一个猜想不等式,我刊2006年第17期刊出的文章《一个无理不等式的证明》用归纳法给出的证明有误,原因是λ与n有关,因此无法用归纳假设,对于该不等式,西安交大附中樊益武,天津宝坻区第一中学于士良,河南质量工程职业学院李永利,山东科技大学公共课部岳嵘等作者 相似文献
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一个不等式猜想的证明 总被引:2,自引:0,他引:2
本刊 2 0 0 1年第 1期一篇文章的猜想引来了很多读者的来稿 ,旨在证明这个猜想 ,其中有湖南读者 张永红 ,周烈 ,胡如松 ,陈世明 湖北读者 高 峰山东读者 孔令恩 ,许静 ,赵勤如 ,徐彦明 河北读者 胡洪池贵州读者 邓 波 广州读者 金楚华 相似文献
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设△ABC的三边为a、b、c,相应边上的旁切圆半径为ra、rb、rc,文 [1]证明了 ∑(rb +rc) 2 ≥ 34∑(b +c) 2 ( 1)并提出关于指数推广的猜想 : ∑(rb+rc) k ≥ ( 32 ) k∑(b+c) k ( 2 )其中k &;gt;0 ,∑ 表示对a、b、c轮换求和 .本文证明猜想不等式 ( 2 )成立 .引理 ∑ rb+rcb +c ≥ 332 ( 3)证明 由公式ra =rss -a(r、s分别是△ABC的内切圆半径和半周长 )易证ra(rb +rc) =as ,于是 rb+rc =asra=a(s-a)r =actg A2 ( 4)所以 ,( 3)式等价于刘健证得的不等式[2 ] : ∑ ab +cctg A2 ≥ 332 ( 5)因此 ,引理得证 .不等式 ( 2 )的证明如下 :(i)当 0 &;lt;k&;lt;1时由 ( 4)式及熟知不等式 :s ≤ 332 R (R是△ABC的外接圆半径 ) ,知 (rb+rc) (rc+ra) (ra+rb)=abc(s -a) (s-b) (s -c)r3=4Rs2 ≥ ( 23s) 3,于是 ∑(rb +rc) k ≥ 3[(rb... 相似文献
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文[1]末提出了四个不等式猜想,文[2],文[3]均给出了猜想1的详细证明,文[2]还对猜想1作了更深入的讨论.事实上,只要取a=-1,b=-2,c=32,便可知:abc>1,因而猜想2并非十分准确,同样猜想3,4亦有漏洞,本文对猜想4作一细小的修正,并给予证明.作为特例的猜想2,3也就一并解决了.猜想4若ni 相似文献
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对于正数ai>0,i=1,2,…,n,k为给定的正整数,若∑ni=1ai=1,笔者在文[1]末提出了猜想:∏n-1i=1(1∑kj=1ai j-∑nj=k 1ai j)≥(nk kn-1)n(1)其中an i=ai(i=1,2,…,n-1),k为常数,且0相似文献
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文 [1 ]已证明 :在任意△ ABC中 ,有cos3 A cos3 B cos3 C≥ 38,其中“=”当且仅当△ ABC为正三角形时成立 ,并给出如下猜想 :cosn A cosn B cosn C≥ 3( 12 ) n,( n≥ 2 ,n∈ N) .文 [2 ]利用著名的 Jacobsthal不等式证明了这个猜想 ,下面利用平均值不等式给这个猜想一个简捷证明 .猜想证明 :当 n =2时不等式易证 (略 ) .当 n >2时 ,对非钝角△ ABC,由平均值不等式知 :2 ( 2 cos A) n n - 2≥ 4 n .cos2 A,即 ( 2 cos A) n≥ 2 n( cos2 A - 14 ) 1 ,同理 ( 2 cos B) n ≥ 2 n( cos2 B - 14 ) 1 , ( 2 cos C)… 相似文献
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文[1 ] 提出了下述猜想 :若自然数n使 4n+ 1为质数 ,则有且只有n个不超过 2n的不同的自然数 :k1 ,k2 … ,kn(k′1 ,k′2 ,… ,k′n为相应的不超过 2n的剩余的n个不同的自然数 ) ,使∑ni=1cos2ki- 14n + 1 π=1 + 4n+ 14,∑ni=1cos2k′i- 14n+ 1 π =1 - 4n + 14.本文给出上述猜想的证明并且指出序列k1 ,k2 ,… ,kn 的特性 .记A={x∶x是模p的二次剩余 },B ={x∶x是模p的二次非剩余 }.引理 1 ( [2 ])设奇素数p≡ 1 (mod4) ,则( 1 ) 1 ,2 ,… ,p- 1中有且只有p - 14个偶数为模p的二次剩余 ,p - 14个奇数为模p的二次剩余 ;( 2 ) 1 ,2 ,… ,p-… 相似文献