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     

几个不等式的简证

《数学通讯》(教师版)2006年上年度刊登了一组关于不等式研究的专题文章,笔者拜读之后受益匪浅,笔者探究发现其中的几个不等式更加简捷的证明方法,现写出来,供读者参考.例1[1]设ai>0,pi≥0(i=1,2,…,n),且p1 p2 … pn=1,则1n∑i=1piai≤n∏i=1aipi≤n∑i=1piai(1)这是文[1]对文[2]证明的如下一个不等式的逆向不等式:设ai>0,pi≥0,(i=1,2,…,n)且p1 p2 … pn=1.则n∑i=1piai≥n∏i=1aipi(2)文[1]通过构造函数,考察函数的凸性,然后用数学归纳法证明了(1)式.其实,有了(2)式,(1)式的证明便唾手可得,不必绕道而行.事实上,由(2)式∑ni=1piai=∑ni=…     

一类“数学问题”的统一证法

文[1]给出了不等式:已知x,y,z∈R+,m∈N+.求证:x/mx+y+z+y/x+my+z+z/x+y+mz≤3/m+2. 文[2]给出了不等式:已知xi＞0(i=1,2,…n),k＜1,求证: n∑i=1 xi/x1+x2+…+xi-1+kxi+xi+1+…+xn≥n/n+k-1. 文[3]给出了不等式:设ai＞0(i=1,2,3,…,n),p∈R,q＞0,且n∑i=1ai=A,Si=pai+q(A一ai)＞0(i=1,2,…,n),求证:     

关于一个不等式猜想的否定

本刊文[1]对文[2]中的第一个不等式给予推广，对第二个不等式的推广提出一个猜想：设xi〉0（i=1，2，3，…，n），n∑i=1xi=1.则n∏i=1（1/1-xi＋xi）≥（n/n-1＋1/n）^n.     

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！     

不等式〔∑from i=1 to n (a_i~3)〕〔∑from i=1 to n (b_i~3)〕〔∑from i=1 to n (c_i~3)〕≥〔∑ from i=1 to n (a_ib_ic_i)〕~3的恒等式构造

文[1]为证明2001年第42届IMO第2题而通过独特的思路给出了一个恒等式:设实数ai,bi∈R,A3=n∑i=1ai3,B3=n∑i=1bi3,且AB≠0,则有恒等式n∑i=1ai3 2/3n∑i=1bi3 1/3=n∑i=1ai2bi 13A2Bn∑i=12aiA biBaiA-biB2(1)根据恒等式(1),我们自然会考虑更一般形式的3×N维形式的不等式n∑i=1ai3n∑i=1bi3n∑i=1ci3≥n∑i=1aibici3(2)通过对(2)的研究,本文通过构造方法给出了式(2)的一个新的恒等式.定理设实数ai,bi∈R,A=3∑ni=1ai3,B=3∑ni=1bi3,C=3∑ni=1ci3,且ABC≠0,则有恒等式3(n∑i=1ai3)(n∑i=1bi3)n∑i=1ci3=n∑i=1aibici ABC6Ω(3)其…     

正确求取sum from i=1 to n (a_i)整数部分的一种方法

文 [1 ]、[2 ]、[3]介绍了求S=∑ni=11i 和 S=∑ni=1i整数部分的一些不等式 ,从而设法求出 [S].但是不论该不等式如何精确 ,总有不能解决的问题 ,例如文 [3]中最强的一个不等式2 n 2 548- 1 16 3 1 22 相似文献   

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。     

均值不等式的一个隔离

大家知道,有这样两个传统不等式: (1)(均值不等式)设ai∈R+,则 ((n∑i=1)ani)≥((nпi=1)ai). (2)(1976年英国竞赛题)设ai∈R+,((n∑i=1)ai)=S则(n∑i=1) ai/S-ai≥n/n-1. 笔者发现,有如下 命题 设ai∈R+,(n∑i=1)ai=S,n∈N*,n≥3,则 (n∑i=1)ani≥(n-1)((n∑i=1)ai/S-ai)(nпi=1)ai.     

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 (     

对“切线法”证明不等式的一种新拓展

“切线法”作为不等式证明的一种常用方法,稍有解题经验的人都会有所了解,但笔者从以往的文献(如文[1]、文[2])中发现,用切线法处理的问题大多是形如“满足n∑i=1xi=s,证明n∑i=1f(xi)≥C(≤C)”的一类对称的条件不等式,那么不对称的不等式是否也可用切线法来证明呢?笔者通过探究发现是可行的,本文结合实例,对该方法介绍如下。     

一个不等式的推广

文[1],[2]给出了一个不等式:设ai>0,pi≥0(i=1,2,…,n)且p1 p2 … pn=1,则1∑ni=1piai≤∏ni=1aipi≤∑ni=1piai.本文再给出上述不等式一个推广情形:命题设ai>0,pi≥0(i=1,2,…,n),且各pi不全为0.则:∑ni=1pi∑ni=1piai≤(∏ni=1aipi)1∑ni=1pi≤∑ni=1piai∑ni=1pi.为了证明该     

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…     

不等式（n∑i=1ai^3）（n∑i=1bi^3）（n∑i=1ci^3）≥（n∑i=1aibici）^3的恒等式构造

文[1]为证明2001年第42届IMO第2题而通过独特的思路给出了一个恒等式；设实数ai，bi∈R，A^3=n∑i=1ai^3，B^3=n∑i=1bi^3，且AB≠0，则有恒等式     

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。     

涉及凸n边形内部一点的一个不等式

设 P是凸 n边形 A1A2 … An 内一点 ,ri 为P至边 Ai Ai+ 1的距离 ,wi是∠ Ai PAi+ 1=2αi的角平分线 ,Ri=PAi,ti =Ri Ri+ 1cosαi,i=1 ,2 ,… ,n,An+ 1=A1.文献 [1 ]中 ,H.C.L enhard证明了不等式 :　　　　∑ni=1Ri ≥ secπn .∑ni=1ti ( 1 )文献 [2 ]中 ,笔者建立了 (其中 s为凸 n边形的半周长 )∑ni=1Ri2 - ∑ni=1ti2 ≥ s2 ( 2 )并且根据不等式 ( 1 ) ,( 2 )证明了 ,当 secπn ≥ k≥ cosπn 时 ,有∑ni=1Ri - k∑ni=1ti ≥1 - kcosπnsin πns ( 3)本文应用不等式 ( 1 ) ,( 2 )建立类似于不等式( 3)的一个结论 .定理　设 P…     

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   

对一道奥赛题的再探索

第三届(2006年)东南数学奥林匹克第6题为:求最小的实数m,使不等式m(a3 b3 c3)≥6(a2 b2 c2) 1对满足a b c=1的任意正实数a,b,c恒成立.文[1]将该题推广如下:设ai>0(i=1,2,…,n,n≥2),∑ni=1ai=1,B>0,A Bn>0,求最小的实数m,使不等式m∑ni=1ai3≥Ai∑=n1ai2 B恒成立.本文将对该题作进一步的探索.引理(幂平均值不等式)若α≥β>0,ai>0(i=1,2,…,n),则∑ni=1aiαn1α≥∑ni=1aiβn1β(1)特别地,当β=1,α≥1时有∑ni=1aiαn≥∑ni=1ainα(2)证略.探究1设α>β≥1,A>0,B>0,求最小的实数m,使不等式m∑ni=1aiα≥Ai∑=n1αiβ B(n≥2,n∈N)(3)对…