一道2011美国数学奥林匹克试题的直接证明

2011年美国数学奥林匹克有下面的一道不等式证明题:设a,b,c>0,且a2+b2+c2+(a+b+c)2≤4,求证:(ab+1)/(a+b)2+(bc+1)/(b+c)2+(ca+1)/(c+a)2≥3.文[1]中安振平老师用换元法给出了证明,并给出两个加强.在享受安先生高超的变形技巧时,思考能否直接证明,从而得到一种简洁的直接证明,现介绍如下:     

一个优美不等式的再推广

瓦西列夫不等式:设a,b,c>0,a b c=1,则ab2 cb bc2 ac ca2 ba≥2.文[1]把这个不等式作了如下推广:设a,b,c>0,a b c=1,则λba 2 cb λcb 2 ac λac2 ba≥λ 23(λ≥1).笔者对这个优美不等式作了如下推广.定理1设a,b,c>0,且a b c=1,则λa2 μbb c λbc2 aμc λca2 bμa≥λ     

一组优美的不等式

俄罗斯杂志《中学数学》每期都有“新题”的专栏.笔者从2004年和2005年《中学数学》杂志中选择了若干有关不等式的新题,并给出了解法.这些新题大多具有优美的结构,并能用巧妙的方法进行解答,在数学教学中有较大的参考价值.题后括号内注明了该题的命题者.1设a,b,c>0,证明不等式(a b)(a c)>abc(a b c).(贝·伊·卡斯开维奇)证(a b)(a c)=a2 ab ac bc>ab ac bc=(ab ac bc)2=a2b2 a2c2 b2c2 2abc(a b c)>abc(a b c).2设a,b,c,d>0,证明不等式(ab cd)(ad bc)(a c)(b d)≥abcd.(阿·贝·斯米尔诺夫)证不影响结论的一般性,可认为ab cd≥ad bc,而此时…     

一个不等式的证明及引伸推广

贵刊 2 0 0 2年第 2期数学问题第 3题是 :设a、b、c ∈R ,且abc =1,求证 :a3(c b) (a c) b3(b c) (b a) c3(c a) (a b) ≥ 34( 1)一、关于不等式 ( 1)的证明原证明是在假定a≥b≥c的前提下运用排序不等式给出的 ,但由于不等式 ( 1)的左端不是关于a、b、c的对称式 ,故原证明有不妥之处 ,下面我们给出不等式 ( 1)的一个证明 .证明 :记不等式 ( 1)的左端为M ,由平均值不等式得a3(c b) (a c) c b8 a c8≥ 33 a364 =3a4,即 a3(c b) (a c) ≥ 5a -b-2c8.同理 ,b3(b c) (b a) ≥ 5b -c-2a8,c3(c a) (a b) ≥ 5c-2a -b8,以上三个不等式…     

优美不等式中的三姐妹

文[1]、文[2]分别给出了如下两个优美的不等式： 命题1 设a,b,c∈R＋且a＋b＋c=1,则     

从一道经典的外国数学竞赛题到两个优美的三角不等式

1963年,一道经典的不等式题在莫斯科数学竞赛中应运而生.原题如下:设a,b,c∈R ,求证:a b c bc a ca b≥32(*)这个不等式的证法很多,下面本人给出一个简单的证明过程.证明由对称性,不妨设:a≥b≥c>0,则1b c≥1c a≥1a b,所以(顺序和)ab c bc a ca b≥bb c cc a aa b(乱序和),(顺     

一个数学命题的拓广

原命题　已知 :a ,b ,c∈R+,且 a1+a+ b1+b+c1+c=1,求证 :a +b +c≥ 32 .证略 .此命题可以从以下几方面进行拓广 .1　保持条件不变 ,将结论的结构形式拓广为积、倒数之和、平方之和、平方倒数之和 ,立方之和及立方倒数之和等 .拓广 1　由 a1+a+ b1+b+ c1+c=1,变形为 :11+ 1a+ 11+ 1b+ 11+ 1c=1,令x =11+ 1a,y =11+ 1b,z =11+ 1c,则x + y +z =1.由 1a =1x- 1,1b=1y- 1,1c=1z- 1得1abc=1-xx ·1- yy ·1-zz =y +zx ·x +zy ·x + yz≥2 yzx ·2xzy ·2xyz =2 3,即abc≤ 2 - 3.由此可得新命题 :命题 1　已知a ,b ,c∈R+,且a1+a+ b1+b+ c1+c=1,…     

对一个优美不等式的换元证法

文[1]安振平老师提出了二十六个优美不等式,其中第十九个不等式如下:问题1:若a、b、c为正实数,且满足a+b+c=3,求证:(3/a---2)(3/b---2)(3/c---2)≤1.实际上,早在文[2]中安振平老师就给出了以上不等式(例12),并利用二元均值不等式给出了证明,但需要对字母的正负性加以讨论.笔者最近研究了以上不等式,发现了一个简单且不需要讨论的换元证法,现整理如下     

命题:“若{x≥a,x≤a则x=a”的应用

<正>命题:"若x≥a x≤a,则x=a",体现了"相等"与"不等"的对立统一及其相互转化的关系.命题虽然十分简单,却在解答数学竞赛试题中发挥重要作用.本文举例介绍其应用.一、在求值中的应用例1(2013年全国初中数学联赛)已知实数a,b,c,d,满足:2a2+3c2=2b2+3d2=(ad-bc)2=6,求(a2+b2)(c2+d2)的值.分析与解答一方面,根据菲波那契恒等式和实数的平方是非负数可以得如下不等式:     

一个例题的变式及推广

1　一个例题文 [1 ]中钱亦青老师举到如下例题 :求函数 f(a ,b ,c) =1a3(b +c) + 1b3(c+a)+ 1c3(a +b) 在条件a >0 ,b >0 ,c >0 ,abc =1之下的最小值 .该题变式为 :命题 1　已知a >0 ,b>0 ,c>0且abc=1 ,求证 :1a3(b+c) + 1b3(c+a) + 1c3(a +b) ≥32 ( 1 )现采用文 [2 ]构造函数的方法证明不等式( 1 ) .证　为了书写方便 ,设U =1a3(b +c) +1b3(c+a) + 1c3(a+b) ,V =1a+ 1b+ 1c.构造函数g(x) =xaa(b +c) -a(b+c) 2　 + xbb(c+a) -b(c+a) 2　 + xcc(a +b) -c(a +b)2=x21a3(b +c) + 1b3(c+a)　 + 1c3(a+b)　 - 2x 1a+ 1b+ 1c + [a(b +c)　 +b(c…     

对一个优美不等式的进一步探究

安振平老师在文[1]中提出的第19个优美不等式:问题1若a,b,c为正数,a+b+c=3,求证:(3/a-2)(3/b-2)(3/c-2)≤1.王凯成老师在文[2]中利用3次变量代换给出其证明,过程繁冗.     

关于一对不等式的推广

文[1]证明了一对有趣的不等式:设a,b,c为正数,且a b c=1,则有(b1 c-a)(c 1a-b)(a1 b-c)≥(67)3,(b1 c a)(c 1a b)(a1 b c)≥(161)3.为了推广这两个不等式,文[1]提出下面四个命题,要求证明或否定之.设a1,a2,…,an为正数且其和为1.命题1∏ni=1(ai 1ai 1-ai 2)≥(2n-1n)n.命题2∏ni=1(ai 1ai 1 ai 2)≥(2n 1n)n.命题3∏n-1i=0(∑K1j=1ai j-∑nj=k 1ai j)≥(kn nk-1)n.命题4∏n-1i=0(∑K1j=1ai j ∑nj=k 1ai j)≥(kn-nk 1)n.其中an i=ai(i=1,2,…,n-1),k为小于n的正整数.本文先证明命题3为真,然后对其余三个命题给出反例.令f(x)=ln(1-1x-x),0相似文献   

利用一个简单结论解题

众所周知:若a0时,原不等式的解集为〔-a/4,0〕.2　证明不等式例2　设|a|<1,|b|<1,|c|<1,求证:a b c abc1 ab ac bc<1.证明　记x=a b c abc1 ab ac bc,则原不等式|x|<1-1相似文献   

柯西不等式一个推论的应用

对实数ai,bi(i=1,2,…,n),有下面的不等式:(∑ni=1aibi)2≤(∑ni=1ai2)(∑ni=1bi2),这就是著名的柯西不等式.若令ai=xiyi,bi=yi(i=1,2,…,n),yi>0,代入得到以下推论:x12y1 xy222 … xynn2≥(xy11 xy22 …… xynn)2.这个推论在处理分式之和问题时很有用,下面举例说明.例1设a>0,b>0,求证:ab ba≥a b.证明∵a>0,b>0,由柯西不等式的推论得,ab ba≥(aa bb)2=a b.例2(1998年江苏省数学夏令营)设a>0,b>0,c>0,求证:a2b c cb 2a ac 2b≥21(a b c).证明∵a>0,b>0,c>0,由柯西不等式的推论得:a2b c cb 2a ac 2b≥2((aa bb c)c)2=21(a b c).例3(第2…     

有疑必探究 越探越精彩——一道最值问题引发的探究

1.试题呈现,简洁对称题目(江苏省镇江市2018届高三上学期期末统考试题第13题)设a,b∈R,且a+b=4,则1/a²+1+1/b²+1的最大值为______.这道试题简洁、对称、优美,设有陷阱并有一定难度,主要考查转化化归思想与运算能力,考查基本不等式的应用,考查的核心素养是逻辑推理和数学运算.     

一个加强不等式的简证

《数学通报》2 0 0 3年第5期《一个不等式的加强》一文将法国MohammedAassila教授提出的不等式1a( 1 +b) + 1b( 1 +c) + 1c( 1 +a) ≥31 +abc ( 1 )(其中a ,b ,c为正数)加强为1a( 1 +b) + 1b( 1 +c) + 1c( 1 +a) ≥33 abc( 1 + 3 abc) ,( 2 )并将加强不等式( 2 )转化为以下形式:a1 a2 +ka3+ a2a3+ka1 + a3a1 +ka2 ≥31 +k( 3)其中a1 ,a2 ,a3,k为正数.然后对( 3)给出了一个“高级”的证明方法.之所以说其证明方法“高级”,是因为其中用到了线性代数的一些知识.本文给出( 3)中一种简单证法.证　由柯西不等式知( x21 y1 + x22y2 + x23y3) (y1 …     

一个不等式的加强

法国LouisPasteur大学的MohammedAassila教授 ,在 1 998年 9月的CruxMathematicorumWithMathematicalMayhem杂志P30 4 上提出了一个初等的不等式 :设a、b、c>0 ,则 :1a( 1 +b) + 1b( 1 +c) + 1c( 1 +a) ≥ 31 +abc. ( 1 )笔者在仔细研读后 ,觉得不等式 ( 1 )虽然形式简洁 ,但左右两边不是齐次的 ,其实该不等式可以进一步加强为 :设a、b、c>0 ,则 :1a( 1 +b) + 1b( 1 +c) + 1c( 1 +a) ≥33 abc 1 + 3 abc . ( 2 )证明　设 3 abc=k(k >0 ) ,则abc=k3,故可设a=k·a2a1,b=k·a3a2,C=k·a1 a3(a1 、a2 、a3>0 )代入 ( 2 ) ,则只须证 :1k·a2…     

等式转化为不等式问题的补充解法

《中学生数学》2005年5月(上)吕伟庆老师给出了问题:已知a、b、c∈R,a b c=1,a2 b2 c2=1,求a的取值范围的三种方法(判别式法,基本不等式法,几何位置关系法)．下面再给出该题由等式转向不等式较为简单的三种解法．     

一类优美代数不等式的加强

法国路易·巴斯德大学的Mohammed Aassila教授,在1998年9月的Crux Mathematicorum With Mathematical Mayhem杂志P304上提出了如下代数不等式: 问题1设a,b,c＞0,求证:1/a(1+b)+1/b(1+c)+1/c(1+a)≥3/1+abc(1) 该不等式曾作为2006年巴尔干数学奥林匹克试题,应用6元均值不等式,有如下简单的证明方法.     

一类三角形几何不等式的统一证法

我们知道 ,任何三角形都有一个内切圆 ,切点把三边分成两段 .根据切线长定理 ,可将三边分拆换元 ,即在△ABC中 ,a ,b ,c分别为其三边长 ,可设a =y +z ,b =x +z ,c =x + y (其中 ,x ,y ,z∈R+ )( 1)如此便可简捷地证明一些三角形不等式 .下面我们举例说明 :1　分拆换元后 ,运用算术—几何平均值不等式一些结构较复杂 ,直接运用均值不等式有困难的三角形几何不等式 ,依据 ( 1)式分拆换元后 ,却能容易利用算术—几何平均值不等式 .例 1　在△ABC中 ,a ,b,c分别为其边长 ,求证 :① (《数学通讯》 2 0 0 1.12 .数学问题 132 4 )a +bb +c -a+ b…