一个无理不等式及其猜想的初等证明

文[1]给出了不等式:设a,b＞0,0＜λ≤2,则(√a/a+λb)+(√b/b+λa)≤2/(√1+λ)…………………(1) 文[2]类比给出了不等式:a,b＞0,0＜λ≤3,则3(√a/a+λb)+3(√b+b+λb)≤2/3(√1+λ)……………(2) 文[2]猜想:a,b＞0,n≥2,n∈N,0＜λ≤n,则n(√a/a+λb)+n(√b+b+λa)≤2/n(√1+λ)……………(3) 文[2]只给出不等式(2)的微分法证明,未能给出初等证明,并指出如何给出初等证明是一个值得继续研究的问题.本文将给出不等式(2)、(3)的一个初等证明;因为要用到不等式(1)证明过程中的一个结论,所以,先证不等式(1).     

一个无理不等式的证明

文[1]给出了猜想：设α，b〉0，n≥2且，n∈N，0〈λ≤n则 n√α/α＋λb＋n√b/λb＋α≤2/√1＋λ本文给予证明。     

一个无理不等式的类比

文[1]给出了如下不等式： 设a，b〉0，0〈λ≤2，则 √a/a＋λb＋√b/λa＋b≤2/√1＋λ（1）     

函数f（x）=a/sin^n x＋b/cos^n x最小值猜想的推广

文[1]中猜想：f（x）=a/sin^n x＋b/cos^n x（0〈x〈π/2,a,b∈R^＋,n∈N＋），当且仅当x=arctan ^n＋2√a/b时，取最小值（a 2/n＋2＋b 2/n＋2）n＋2/2。笔者发现不但此猜想是正确的，而且还得到它的一个推广，下面给出推广及证明（初等证明）．     

一个不等式的拓广

文 [1],[2 ]均对不等式“已知 :a >0 ,b >0 ,a3 +b3 =2 ,则a +b≤ 2”作出了一系列的讨论 .本文将给出该不等式的两个拓广 ,并由此证明了文 [2 ]末给出的猜想命题 1　若an +bn=2 ,a ,b∈R ,n≥ 2且n∈N ,则a +b≤ 2 ,ab≤ 1.上述命题为原不等式在指数上的推广 ,即文 [2 ]中猜想 1.证　 1)当a >0 ,b >0时 ,∵an+bn≥ 2anbn ,∴ 2anbn ≤ 2 ,即anbn≤ 1.∴ab≤ 1.又an+1+… +1n -1个 1+bn+1+… +1n -1个 1≥n nan +n·nbn,即na +nb≤ 2 +2 (n - 1) ,∴a +b≤ 2 .2 )若a <0 ,b <0 ,由题设n必为偶数 .此时 ,an+bn=(-a) n+(-b) n=2 .由 1)知 :(-…     

一个猜想的推广

文[1]提出了如下猜想:若a,b>0,a b=1,2≤n∈N,则32<1an 1 1bn 1≤2n 12n 1.文[2]给出了这个猜想的证明,并在文末提出:此猜想的推广能否继续成立?即命题“若a1,a2,…,ak>0,a1 a2 … ak=1,2≤n∈N,则2k-12<1a1n 1 1a2n 1 … 1akn 1≤kn 1kn 1”是否为真?本文将证明这个命题是正确     

一个数学问题推广结论的纠正

《数学通报》数学问题1845和1990是同一道题:已知a＞0,b＞0,√3/a+1/b=2,求a+b-√a2+b2的最大值. 文[1]对此题有如下两个猜测推广: 推广1若a＞0,b＞0,m/a十n/b=1(其中m,n为正常数),则a+b-√a2+b2的最大值为2m+2n-2√2mn.     

一类不等式的背景探源

文[1]给出了以下不等式的简证与加强,已知a,b〉0, （1）求证：√a/2b＋a＋√b/2a＋b≤2/√3 （2）求证：√a/2a＋b＋√b/2b＋a≤2/√3     

《数学通报》问题2562的一个推广

1引言 《数学通报》2020年第9期问题2562提出了一个不等式如下: 问题2562[1]设 a,b,c＞0,且 a+b+c=3,证明: 1-√ab/1+√ab+1-√bc/1+√bc+1-√ca/1+√ca≥0.(1) 《数学通报》2020年第10期刊登了问题提供者给出的一种证明,[2]文[3]给出了(1)式的另一种...     

相似椭圆的性质再探

由文[1]的定义,我们把椭圆E1:x2/a2+y2/b2=1(a>b>0)和E2:x2/a2+y2/b2=λ(λ>0,λ≠1)称为相似椭圆(可以证明:两相似椭圆有相同的离心率),文[2],[3],[4]给出了相似椭圆的一些性质,本文再给出相似椭圆的若干性质.     

关于根式和下确界的三个不等式

文 [1 ]、[2 ]都对根式和下界不等式的证法进行过探讨 ,文 [3 ]利用高阶导数等高等数学知识进行了研究 .本文运用中学数学方法 ,给出证明根式和下界不等式的更为一般的公式 ,使曾在众多书刊中出现的若干不等式均为其特例 ,简捷解决有关根式和下确界问题 .引理　设 0≤ x≤λ≤ a,r≥ 1 ,n≥ 2 ,n∈ N,则 n ar - xr≥ n ar - xt;其中等号成立当且仅当 x =0或λ.其中t=1λ(n ar - n ar -λr) .证明　当 x =0时 ,式中等号成立 ,下设x >0 ,　 f (x) =n ar - n ar - xrx ,∵　 0 相似文献   

用初等方法解决一个猜想

文[1]末的猜想1为：若a^n b^n=2，n，b∈R，n∈N，n≥2，则a b≤2，ab≤1．最近，文[2]用导数证明了此猜想成立，并给出了a b及ab的下界，得到命题若a^n b^n=2，a，b∈R，n∈N，n≥2．     

对一个四元不等式的证明及推广

文[1]证明了这样一个不等式,若n,b,c为正实数,则．√a/b＋c＋√b/a＋c＋√c/a＋b〉2.     

一个代数不等式推广的简证与类似结论

文[1]曾提出一个代数不等式:猜想若a,b,c为满足a+b+c=1的正数,则(a+1/b)~(1/2)+(b+1/c)~(1/2)+(c+1/a)~(1/2)≥30~(1/2)①文[2]给出①式的证明,文[3]运用赫尔德不等式将①式加强推广为:定理1若a,b,c为满足a+b+c=1的正     

一道分式不等式的概率证明及推广

设 xi ∈ ( 0 ,1 ) ,i =1 ,… ,n,且∑ni=1xi =a,∑ni=1x2i =b,求证∑ni=1x3i1 - xi≥ a2 ab - nbn - a ,( 1 )文 [1 ]～ [3]给出了 ( 1 )式不同的初等证明 ,文 [4 ]利用柯西不等式将 ( 1 )式加强为　　　 ∑ni=1x3i1 - xi ≥ b2a - b ( 2 )本文利用概率方法对 ( 2 )式作指数推广 .为此 ,作为引理 ,给出概率的 Jensen不等式 .引理　设随机变量ξ取值于区间 ( a,b) ,-∞≤ a≤ b≤ ∞ ,g是 ( a,b)上连续的凸函数 ,则当 Eξ,Ε[g(ξ) ]存在时 ,有g( Eξ)≤ E[g(ξ) ].证明　任取 x0 ∈ ( a,b) ,设曲线 y =g( x)在点 x0 的切线斜率为 k( x…     

再探三角形的一种边角关系

以下用a ,b ,c分别表示△ABC中角A ,B ,C的对边 ,文 [1 ]已证得 .定理 1　若an,bn,cn(n =1 ,2 ,3,4 )成等差数列 ,则B≤ 6 0° .定理 2　若an,bn,cn(n∈Z)成等差数列 ,则B≤ 6 0°.实际上 ,还可将定理 2推广为 :定理 3　若an,bn,cn(n <0 )成等差数列 ,则B≤ 6 0°.证　因为a ,b ,c∈R+,an+cn2 =bn,所以bn≥ancn .又n <0 ,所以b2 ≤ac ,得(a -c) 2 ≥ 0≥b2 -ac,a2 +c2 -b2 ≥ac ,cosB =a2 +c2 -b22ac ≥12 ,B≤ 6 0° .猜想 1　若an,bn,cn(n≤ 4 ,n∈R )成等差数列 ,则B≤ 6 0° .下面是对猜想 1的研究 :由an+cn=2bn,可不妨设an≥bn≥…     

函数f(x)=a/(sin~nx) b/(cos~nx)最小值猜想的推广

文[1]中猜想:f(x)=a/sin~nx b/cos~nx(00,由均值不等式得:nAsin2x 2amsinmnx=Asin2x Asin2x … Asin2x asinmnx sinamnx … sinamnx≥(n 2m)(Ana2m)n 12m.nAcos2x 2bmcosmnx=Acos2x Acos2x … Acos2x bcosmnx cosbmnx … …     

康托洛维奇不等式的初等证法

康托洛维奇(Канторовну)不等式是指: 若ai＞0(i＝1，2，…，n),且∑ni=1ai=1, 又0＜λ1≤λ2≤…≤λn,则∑ni=1λiai·∑ni=1(ai)/(λi)≤((λ1 λn)2)/(4λ1λn). 文[1]用构造法给出了一种简证,本文将给出一种更加简捷的初等证法.     

一个不等式的推广

文[1]对文[2]中的猜想给出了证明,猜想是:若n∑i=1aim=n,ai∈R ,i∈N,m≥2,m∈N,则∑ni=1ai≤C1n,n∑i≠jaiaj≤C2n,…,∑ni1≠i2≠…≠ikai1ai2·…·aik≤Cnk,…,n∏i=1ai≤Cnn.本文对此再做些推广.定理若n∑i=1iλaim=S,λ1,ai∈R ,i∈N,m∈[1, ∞),n∑i=1iλ=1,则n∑i1,i2,     

第1628号数学问题的推广与探究

最近笔者在研究圆锥曲线时,发现文[1]给出了第1628号数学问题为:直线l:x/m+y/n=1与椭圆x2/a2+y2/b2=1(a,b＞0,a≠b)交于P、Q两点,O为椭圆的中心.求证:∠POQ=π/2的充要条件是1/m2+1/n2=1/a2+1/b2.文[2]经过探究得到性质(文[2]中的性质6):设P、Q为椭圆x2/a2+y2/b2=1(a,b＞0,a≠b)上的两点,O为坐标原点,OP⊥OQ,则1/|OP|2+1/|OQ2|=1/a2+1/b2.