对两个代数不等式的探索

文[1]给出了如下定理及猜想:定理1对于任意实数x,y,a,b有(x-a)2 (y-b)2≥(x2 y2-a2 b2)2.定理2已知x,y,xi,yi∈R(i=1,2,…,n),且x2 y2≥n∑i=1xi2 yi2,则(x-n∑i=1xi)2 (y-n∑i=1yi)2≥(x2 y2-n∑i=1xi2 yi2)2(1)猜想,已知x,y,xi,yi∈R(i=1,2,…,n),则(x-n∑i=1xi)2 (y-n∑i=1y     

柯西不等式的两个推论及应用

在中学数学中常遇到如下一个不等式:(n∑i=1xiyi)2≤(n∑i=1xi2)·(n∑i=1yi2),其中xi,yi为任意实数,且等号成立当且仅当xi=kyi(i=1,2,…,n),这就是著名的柯西不等式.推论1已知ai(i=1,2,…,n)是正数,xi∈R(i=1,2,…n)且n∑i=1ai=1,则n∑i=1aixi2≥(n∑i=1aixi)2.证∵ai∈R (i=1     

一个含参数根式不等式链

文[1]给出了如下含参数根式不等式:定理1设ai∈R ,i=1,2,…,n,且∑ni=1ai=k,λ>0,μ≥0,则λk μ (n-1)μ0,μ≥0,则λk μn2≤n∑i=1λkai2 μ<λk μ (     

一个不等式的推广及应用

1999年河南省高中数学竞赛有这样一道不等式试题:设x1,x2,y1,y2∈R*,a=x1x2 y1y2,b=(x1 x2)(y1 y2),试判断a,b的大小.不难证得结论为b≥a.本文给出这一不等式的推广,然后举例说明其应用.1推广及推论命题设aij>0(i=1,2,…,m;j=1,2,…n),则(∑mi=1ai1∑mi=1ai2…∑mi=1ain)1n≥∑     

权方和不等式的改进及其姊妹不等式

1 权方和不等式的改进 不等式:xm+1/1/ym/1+xm+1/2/ym/2+…+xm+1/n/ym/n≥(x1+x2+…+xn)m+1/(y1+y2+…+yn)m (A) (其中xi,yi∈R+,i=1,2,…,n,m＞0),当且仅当x1/y1=x2/y2=…=xn/yn时取等号.     

一个不等式猜想的证明

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   

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…     

一道不等式问题的探源、证明与推广

《数学教学》2012年第12期的数学问题874为：题目 已知 m,n∈N＋,m,n≥2,xi∈R＋（i=1,2,…,m）,（^m∑i=1）xi=S,n∈N＋,求证：（^m∑i=1）^n√xi/S-xi≥.看完此题,笔者不禁想起了文[1]中的不等式：题源1已知a,b,c为正数,求证：√a/（b＋c）＋√b/（c＋a）＋√c/（a＋b）〉2。     

一个不等式的逆向

文[1]证明了文[2]提出的一个猜想:说ai≥0,pi≥0,(i=1,2,…,n)且p1 p2 … pn=1,则n∑i=1piai≥n∏i=1aipi.本文将给出上述不等式的一个逆向不等式,从而得出一个不等式组.命题设ai>0,pi≥0(i=1,2,…,n),且p1 p2 … pn=1,则1∑ni=1piai≤n∏i=1aipi≤n∑i=1piai.证为了使命题证明     

兔子是这样从帽子里面抓出来的

数学问题1785 设0≤xi≤1,n∈N,n≥3,且n∑i=1xi=1,求f(x1,x2…,xn)=n∑i=1 xi/1+x2i的最大值. 命题人用下面的引理给出了该问题解答.引理 0≤x≤1时,有不等式x/1+x2≤(n/n2+1)2[(3+n2)x-2nx2](*),当且仅当x=1/n时等号成立. 文[1]将上述引理调侃为“就象从一顶帽子里抓出一只兔子的戏法一样令人感到意外,根本不具备什么启发性”.笔者认为这种说法有失偏颇,不能把自己没有看透的东西说成不自然的东西,现在我们来看引理是怎样被发现的.     

一道竞赛试题解法探究

例 1　 ( 1995年数学冬令营第五题 )设xi >0 ,∑ni =1xi=1(i =1,2 ,… ,n) ,求证 :∑ni =1xi1+ (x1+x2 +… +xi- 1)xi+xi+ 1+… +xn≤ π2 .证　令sinθi=∑ik =1xk ,θ0 =0 (i =1,2 ,… ,n) ( 0<θi≤ π2 ) ,则∑ni=1xi1+ (x1+x2 +… +xi - 1)xi+xi + 1+… +xn=∑ni =1sinθi-sinθi- 11+sinθi - 11-sinθi- 1=∑ni =12sin θi-θi - 12 cosθi+θi- 12cosθi - 1≤∑ni =12sinθi-θi - 12<∑ni =1(θi-θi - 1)=θn -θ0 =π2 .例 1的命制及解法均含有高等数学中的思想方法 ,为了说明问题 ,我们给出如下两个结论 .定理 1　设 f(x) 是区…     

多面体重心的两个性质

本文首先应用解析法 ,建立“点到平面的有向距离”概念 ,然后给出多面体重心的两个有趣性质 .定义 1　在空间直角坐标系内 ,设点P的坐标为 (x0 ,y0 ,z0 ) ,平面π的方程为Ax +By +Cz +D=0 .令d =Ax0 +By0 +Cz0 +DA2 +B2 +C2 (1)则d称为点P到平面π的有向距离 .多面体的重心定义如下 :定义 2　在空间直角坐标系内 ,设多面体A1A2…An 的顶点Ai 的坐标 (xi,yi,zi) (i =1,2 ,… ,n) .令　x′ =1n ∑ni=1xi,y′ =1n ∑ni=1yi,z′ =1n ∑ni=1zi (2 )则点G(x′ ,y′z′)称为顶点系的重心 .由定义 1,2 ,我们获得了下述性质 .定理 1　在空间…     

一类积式不等式新证

1引言文[1]提出了一个猜想:设xi>0(i=1,2,…,n),且ni=1xi=1,k∈N,则有ni=1(1xi-xi)≥(n-1n)n.文[2],[3],[5]用不同的方法给出了证明.文[5]还给出了一类积式不等式的证明方法,并在文末提出了如下猜想:设ai>0(i=1,2…,n),ni=1ai=1,k∈N,则有∏ni=1(1aik-aik)≥(nk-1nk)n.本文利用     

一个猜想的证明

文 [1 ]提出了一个对称不等式 :已知x ,y ,z∈R+,且x+y+z=1 ,则( 1x -x) ( 1y -y) ( 1z -z) ≥ ( 83) 3 ( 1 )并在文末提出一个猜想 :设xi>0 ,i=1 ,2…n ,且 ni=1 xi=1 ,n≥ 3,则Πni=1 ( 1xi-xi) ≥ (n- 1n) n ( 3)本文将利用文 [2 ]中的结论 ,即下述引理 (审者注 :此引理由 [1 ]中定理 3,定理 4结合得出 )去证明这个猜想 .引理　设a 相似文献   

一个不等式的推广

不等式1n∑i=n1aim≥(1n∑i=n1ai)m,其中m∈N ,ai>0,(i=1,2,…,n)可推广为:∑ni=1piaim≥(∑ni=1piai)m.(1)其中m≥1,ai>0,pi>0,(i=1,2,…,n)且∑ni=1pi=1,不等式1n∑i=n1aim≤(1n∑i=n1ai)m,其中00,(i=1,2,…,n)可推广为:∑ni=1piaim≤(∑ni=1piai)m.(2)其中0相似文献   

幂不等式及其应用

定理:设p、q、x、y是正数,则px qy≥(p q)xp pqyp qq,当且仅当x=y时等号成立.证明:因为lgx是上凸函数,由琴生不等式得lgppx qqy≥plgpx qqlgy,整理即可得证.推广:设ai,xi∈R (i=1,2,…,n),s=∑ni=1ai,则∑ni=1aixi≥s∏ni=1xisai,当且仅当xi=xj时等号成立.一、证明轮换无理对称不等式1.设a,b是正数,求证:a a3b b b3a≥1证明:设a a3b≥kana nbn(k>0),则(1-k2)a2n 2(ab)n b2n≥3k2ba2n-1(1)由幂不等式,上式的左边≥(4-k2)a2n(41--kk22)(ab)42-nk2b42-nk2=(4-k2)a2n4(2--k2k2)b44-nk2(2)令(1)(2)式的右边相等,解得k=1n=43,所以a a3b≥a43a 4…     

一个不等式推广的简证及修补

文[1]给出了下列命题已知x12 x22 … x1002=300,求证:x1 x2 … x100≤200.文[2]沿用文[1]的方法,利用探究的手段加强并推广了上述命题得到了下列两个命题:命题1若∑100i=1xi2=300,则∑100i=1xi≤100 3,当且仅当x1=x2=…=x100=3时,等号成立.命题2若∑ni=1xi2=m则∑ni=1xi≤mn.当且仅当x1=x2=…=xn=mn时,等号成立.进而通过联想,并用同样的手段又给出了下列两个命题:命题3若∑ni=1kixi=A,且∑ni=1ki=S0,其中ki>0(i=1,2,…,n),A与S0都是常数,则∑ni=1kixi2≥A2S0.当且仅当x1=x2=…xn=AS0时,等号成立.命题4若∑ni=1kixi2=m,且∑ni=1ki=S0,其…     

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,     

一个含参数根式不等式链

文[1]给出了如下含参数根式不等式： 定理1设ai∈R＋，i=1，2，…，n，且n∑i=1；=k，λ〉0，μ≥0。     

一类条件不等式证明方法的改进

文[1]对“在xi＞0,i=1,2,3…,n,且∑i=1^n xi=m的条件下，欲证不等式∑i=1^ng（xi）≤k（≥k）成立”这类不等式的证明给出一个通用证法，读罢此文，颇受启发！