均值不等式的加强及逆向

本文给出关于平均值Ａｎ,Ｇｎ 的两个新的不等式及其等价形式 ,它们可看作均值不等式Ａｎ≥Ｇｎ 的加强及逆向 ,有着许多有趣的应用 .定理　设ｘｉ∈ [ａ ,ｂ] ,0 <ａ <ｂ ,ｉ =1,2 ,… ,ｎ ,则有1ｎ ｎｉ=1 (ｘｉ-2ａ) 2 ≥ [( ｎｉ=1 ｘｉ) 1ｎ -2ａ] 2 (1)1ｎ ｎｉ=1 (2ｂ -ｘｉ) 2 ≤ [2ｂ -( ｎｉ=1 ｘｉ) 1ｎ] 2 (2 )即　 14ａ[1ｎ ｎｉ=1 ｘ2ｉ-( ｎｉ=1 ｘ2ｉ) 1ｎ]　≥ 1ｎ ｎｉ=1 ｘｉ-( ｎｉ=1 ｘｉ) 1ｎ (3)　≥ 14ｂ[1ｎ ｎｉ=1 ｘ2ｉ-( ｎｉ=1 ｘ2ｉ) 1ｎ] (4)以上各式取等号的条件均为ｘ1 =ｘ2 =… =ｘｎ.证　易知 (3) …     

两个不等式的指数推广

贵刊文[1]给出以下两个不等式:1　设ｘｉ∈Ｒ (ｉ=1,2,…,ｎ),且ｘ211 ｘ21 ｘ221 ｘ22 … ｘ2ｎ1 ｘ2ｎ=ａ(0<ａ<ｎ),求证:ｘ11 ｘ21 ｘ21 ｘ22 … ｘｎ1 ｘ2ｎ≤ａ(ｎ-ａ)(1)2　设ｘｉ∈Ｒ (ｉ=1,2,…,ｎ),且ｘ11 ｘ1 ｘ21 ｘ2 … ｘｎ1 ｘｎ=ａ(0<ａ<ｎ),求证:ｘ211 ｘ1 ｘ221 ｘ2 … ｘ2ｎ1 ｘｎ≥ａ2ｎ-ａ(2)笔者受该文的启发,将上述两个不等式从变量的指数上予以推广,得到下面几个命题.　命题1　设ｘｉ∈Ｒ (ｉ=1,2,…,ｎ),ｍ,ｋ∈Ｎ,且ｍ≥2,1≤ｋ≤ｍ-1,且ｘｍ11 ｘｍ ｘｍ21 ｘｍ2 … ｘｍｎ1 ｘｍｎ=ａ(0<ａ<ｎ),则有:ｘｋ11 ｘｍ…     

一道分式不等式的进一步改进及简证

文［１］、［２］、［３］分别对下面的不等式进行了证明和改进．本文将作进一步的改进,并给出一个相当简洁的证明．设ｘｉ∈（０,１）,ｉ＝１,２,…,ｎ,且∑ｎｉ＝１ｘｉ＝ａ,∑ｎｉ＝１ｘ２ｉ＝ｂ,求证：∑ｎｉ＝１ｘ３ｉ１－ｘｉ≥ａ２＋ａｂ－ｎｂｎ－ａ．改...     

构造函数f(x)=sum from i=1 to n()(a_ix-b_i)~2证明不等式

函数 ｆ(ｘ) =∑ｎｉ=1(ａｉｘ -ｂｉ) 2 =(ａ1ｘ -ｂ1) 2 + (ａ2 ｘ -ｂ2 ) 2 +… + (ａｎｘ -ｂｎ) 2 是关于ｘ的二次函数且具有特点 :①二次项系数大于 0 ;②函数值 ｆ(ｘ)≥ 0 .则有其判别式Δ≤0 .某些不等式证明题 ,若能根据已知条件和结论的特点 ,巧构函数 ｆ(ｘ) =∑ｎｉ=1(ａｉｘ -ｂｉ) 2 ,从而利用 ｆ(ｘ)≥ 0 ,Δ≤ 0可轻松获解 .例 1　已知ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ且ａ + 2ｂ + 3ｃ=6 ,求证 :ａ2 + 2ｂ2 + 3ｃ2 ≥ 6 .证　构造函数 ｆ(ｘ) =(ａｘ - 1 ) 2 + ( 2·ｂｘ - 2 ) 2 + ( 3ｃｘ - 3) 2 =(ａ2 + 2ｂ2 + 3ｃ2 )·ｘ2 - 1 2ｘ + 6…     

一个猜想的证明

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…     

一个猜想的推广

文 [1 ]提出并证明了下述的猜想 :设ａｉ,ｂｉ∈Ｒ+,ｉ =1 ,2 ,…ｎ ,α>0 ,则有 :∑ ｂα+1ｉａαｉ≥ (∑ｂｉ) α+1(∑ａｉ) α ,当且仅当 ａｉｂｉ =∑ａｉ∑ｂｉ时等号成立 .本文给出上述猜想的推广并证明 :定理　设ａｉ,ｂｉ∈Ｒ+,ｉ =1 ,2 ,…ｎ .1 )当α >0 ,β >0 ,α+β<1时∑ａαｉｂβｉ ≤ｎ1-α- β(∑ａｉ) α(∑ｂｉ) β;2 )当 β <0 ,α<0或α≥ 1 -β时∑ａαｉｂβｉ ≥ｎ1-α- β(∑ａｉ) α(∑ｂｉ) β.证明　首先有Ｊｅｎｓｅｎ不等式 (见文 [2 ])设ａｉ ∈Ｒ+,ｉ=1 ,2 ,…ｎ.则1ｎ∑ａαｉ ≥ (1ｎ∑ ａｉ)α　 (α …     

读者信箱

湖南省浏阳市田家炳实验中学　刘会成　来信指出 :《数学通报》2 0 0 0年第 6期《一个分式型不等式定理及其应用》一文给出了下面 :定理 :若ａｉ,ｂｉ∈Ｒ ,ｉ =1 ,2…ｎ ,α≥ 2或α<0 ,β>0则 ∑ｎｉ=1ａαｉｂβｉ≥ｎ1 -α β(∑ｎｉ=1ａｉ) α(∑ｎｉ=1ｂｉ)β这一结论是错误的 .事实上 ,我们取ａ1 =ａ2=ｂ1 =ｂ2 =1 ,α=2 ,β=3 ,ａ3=1 0 0 ,ｂ3=1 0则 ∑ｎｉ=1ａαｉｂβｉ=1 21 3 1 21 3 1 0 0 21 0 3 =1 2ｎ1 -α β(∑ｎｉ=1ａｉ) α(∑ｎｉ=1ｂｉ)β=3 1 - 2 3(1 0 2 ) 2(1 2 ) 3 =5 4 1 8显然定理结论不成立 .我们再取ａ1 =ａ…     

巧用方差解题

命题　对于ａｉ∈Ｒ (ｉ =1,2 ,… ,ｎ) ,记 ｘ =1ｎ ｎｉ =1ａｉ,ｓ2 =1ｎ ｎｉ =1(ｘｉ- ｘ) 2 =1ｎ ｎｉ=1ｘ2 ｉ- ｘ2 ,则ｓ2≥ 0 (当且仅当ｘ1=ｘ2 =… =ｘｎ= ｘ时取等号 ) .本文举例说明这一命题在解题中的巧用 .1　用于求最值例 1　求函数 μ =2ｘ - 1 5 - 2ｘ的最大值 .解　元素 2ｘ - 1与 5 - 2ｘ的平均数 Ｍ =μ2 ,方差ｓ2 =2ｘ - 12 5 - 2ｘ22 - (μ2 ) 2 =2 -μ24 .由命题知 ,2 - μ24 ≥ 0 (当且仅当 2ｘ - 1=5 - 2ｘ =μ2 时取等号 ) ,所以 0 <μ≤ 2 2 (当且仅当ｘ =32 时取等号 ) ,故当ｘ =32 时 ,μｍａｘ=2 2 …     

关于“一个不等式的推广”的失误与纠正

文 [1 ]把关于正数组ｘｉ,ｙｉ 的不等式 [2 ]∑ｎｉ=1ｘ2 ｉｙｉ ≥(∑ｎｉ=1ｘｉ) 2∑ｎｉ=1ｙｉ(1 )推广为 :设ａｉ,ｂｉ ∈Ｒ ,(ｉ =1 ,2 ,… ,ｎ) ,且ａ1 ａ2 … ａｎ =ｋ ,ｂ1 ｂ2 … ｂｎ =ｐ ,则∑ｎｉ=1ａｍｉｂｉ ≥ ｎ2 -ｍｋｍｐ .(｜ｍ｜≥ 1 ) (2 )事实上 ,以上不等式 (1 )即柯西不等式的一个变形 ,而推广不等式 (2 )并不成立 .我们试举以下反例 :于式 (2 )取ｍ =1 ,ｎ=2 ,ａ1 =4,ａ2 =1 ,ｂ1= 2 ,ｂ2 =1 ,式 (2 )左边 =3 <式 (2 )右边 =1 0 /3,可知不等式 (2 )不真 .那么原文在证明推广不等式 (2 )时问题出在哪里 ?我们…     

两个组合恒等式的联系及其组合意义和概率论证法

贵刊 2 0 0 1年第 6期刊载的文 [1 ]证明了组合等式 :∑ｎｉ=0(-1) ｉＣｉｎｉｋ =0　　　　　当ｋ≤ｎ-1且ｋ∈Ｎ时(-1) ｎｎ !　当ｋ =ｎ时笔者发现上述结论正是贵刊 1 996年第 6期刊载的文 [2 ]定理的推论的另外一种表述 .文 [2 ]的定理及推论如下 :定理　设ｆ(ｘ) =ａｘｎ+1 +ｂｘｎ+ｃｎ- 1 ｘｎ- 1 +…+ｃ1 ｘ+ｃ0 是ｎ+ 1次多项式 .则 ∑ｎｉ=0( - 1 ) ｉｆ(ｉ)Ｃｉｎ= ( - 1 ) ｎｎ !(ａＣ2 ｎ+1 +ｂ)… ( )推论 :设ｆ(ｘ) =ａｘｍ+ｂｍ- 1 ｘｍ- 1 +… +ｂ0 是ｍ次多项式 ,则　∑ｎｉ =0( - 1 ) ｉｆ(ｉ)Ｃｉｎ =( - 1 ) ｎｎ !ａ…     

条件最值（不等式）问题的一种解（证）法

求条件最值及证明条件不等式问题 ,情形复杂 ,解法灵活 ,技巧性强 ,是学习的难点之一 .本文运用平均值不等式及柯西 (Ｃａｕｃｈｙ)不等式推导出几个条件不等式 ,并举例说明它们在求条件最值及证明条件不等式方面的一些应用 ,供大家参考 .1　若ａｉ,ｘｉ∈Ｒ (ｉ=1,2 ,… ,ｎ) ,且 ｎｉ=1ａｉｘｉ=ｋ ,则1) ｎｉ =1ｘｉ≥ 1ｋ ( ｎｉ=1ａｉ) 2 (ｎ∈Ｎ) ( 1)2 ) ｎｉ =1ａｎ≤ｋ ｎｉ=1ｘｉ(ｎ∈Ｎ) ( 2 )证　 1)∵ ｎｉ =1ａｉｘｉ=ｋ ,　∴ ｎｉ=1ｘｉ =1ｋ· ｎｉ =1ｘｉ· ｎｉ =1ａｉｘｉ≥ 1ｋ( ｎｉ=1ｘｉ·ａｉｘｉ) 2 =…     

逆用等比数列各项和证一类分式不等式

一类分式不等式证明常见于数学竞赛题及问题征解题 .它的特点是不等式式子一边各项形如 ｍ2ｍ±ｎ或 ｎｍ±ｎ的形式 .如果变换为 ａ1 -ｑ(0 <ｑ<1 )形式后 ,则可逆用等比数列各项和公式 ,再用均值不等式 ∑ｎｉ=1ａｍｉ ≥(∑ｎｉ=1ａｉ) ｍｎｍ- 1 可得这一类分式不等式的简单证法 ,且思路单一 ,操作方便 ,现举例加以说明例 1　已知ｘ1 ,ｘ2 ,… ,ｘｎ ∈Ｒ+,且ｘ1 +ｘ2 +… +ｘｎ =1 ,求证 :ｘ1 21 -ｘ1 +ｘ2 21 -ｘ2 +… +ｘｎ21 -ｘｎ ≥ 1ｎ- 1 (《数学通报》1 993 (7)问题 845 )证明　因为ｘ1 ,ｘ2 ,… ,ｘｎ∈Ｒ+,且ｘ1 +ｘ2 +… +…     

一个不等式的改进与其"孪生"不等式

文 [1 ]给出了不等式 .已知ａ>13 ,ｂ>13 ,ａｂ=29,求证 :ａ+ｂ <1 (1 )的一个简证 ;文 [2 ]把它推广为 :ａｉ>1ｎ(ｉ =1 ,2 ,… ,ｎ-1 ;ｎ ≥ 3 ) ,∏ｎ - 1ｉ =1ａｉ=2ｎｎ- 1,求证 :∑ｎ - 1ｉ =1ａｉ <1 . (2 )本文首先用文 [2 ]的方法得到了不等式 (2 )的改进 :命题 1　已知ａｉ>ｐ>0 (ｉ =1 ,2 ,… ,ｎ ;ｎ≥2 ) ,∏ｎｉ =1ａｉ≤ｐｎ- 1ｑ,(ｑ >ｐ) ,则∑ｎｉ =1ａｉ<(ｎ-1 )ｐ +ｑ. (3 )(证明从略 )其次 ,从另一角度得到了“改进”的一个“孪生”不等式 :命题 2　已知 0 <ａｉ<ｐ(ｉ=1 ,2 ,… ,ｎ ;ｎ≥2 ) ,∏ｎｉ=1ａｉ≤ｐｎ- 1…     

组合数的又一性质——由《概率论》中离散型随机变量的分布列的性质想到的

初等数学中关于组合数有两条性质 :Ｃｍｎ =Ｃｎ-ｍｎ 及Ｃｍｎ+1 =Ｃｍｎ +Ｃｍ- 1 ｎ ,组合数还有如下性质 :定理　若ｍ ,ｎ ,ｋ∈Ｎ ,且ｍ≤ｎ ,ｍ≤ｋ ,则有Ｃｍｎ+ｋ =∑ｉ+ｊ=ｍＣｉｎＣｊｋ这里先回顾一下《概率论》中离散型随机变量的分布列所具有的性质 :设 ζ为一离散型随机变量 ,它所有可能取的值为ｘ1 ,ｘ2 ,… ,ｘｎ,事件 { ζ=ｘｉ}的概率为ｐｉ(ｉ=1 ,2 ,… ,ｎ) .即Ｐ{ ζ=ｘｉ} =ｐｉ(ｉ=1 ,2 ,… ,ｎ) ①式①为离散型随机变量 ζ的分布列 ,它可用表格的形式绘出 (表 1 )表 1ζ ｘ1 ｘ2 … ｘｎＰ ｐ1 ｐ2 … ｐｎ　　任一…     

综合题新编选登

题 6 5　 已知函数 ｆ(ｘ) =ｘ|ｘ -ａ|(ａ∈Ｒ) .1 )判断 ｆ(ｘ)的奇偶性 ;2 )解关于ｘ的不等式 :ｆ(ｘ)≥ 2ａ2 ;3)写出 ｆ(ｘ)的单调区间 .解　 1 )当ａ =0时 ,ｆ(-ｘ) =-ｘ|-ｘ|=-ｘ|ｘ|=- ｆ(ｘ) ;∴ｆ(ｘ)是奇函数 .当ａ≠ 0时 ,ｆ(ａ) =0且 ｆ(-ａ) =- 2ａ|ａ|.故 ｆ(-ａ)≠ｆ(ａ)且 ｆ(-ａ)≠ - ｆ(ａ) ,∴ｆ(ｘ)既不是奇函数 ,也不是偶函数 .2 )由题设知ｘ|ｘ -ａ|≥ 2ａ2 ,∴原不等式等价于　　 ｘ <ａ-ｘ2 +ａｘ≥ 2ａ2 (1 )　　 ｘ≥ａｘ2 -ａｘ≥ 2ａ2 (2 )由 (1 ) ,得 ｘ <ａ ,ｘ2 -ａｘ +2ａ2 ≤ 0 .　　无解 .由 (2 ) ,得 …     

全国高中数学联赛一例

20 0 2年全国高中数学联赛试题第 15题 :设二次函数 ｆ(ｘ) =ａｘ2 +ｂｘ +ｃ　 (ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ,ａ≠ 0 )满足条件 :(1)当ｘ∈Ｒ时 ,ｆ(ｘ -4 ) =ｆ(2 -ｘ) ,且ｆ(ｘ)≥ｘ ;(2 )当ｘ∈ (0 ,2 )时 ,ｆ(ｘ)≤ (ｘ + 12 ) 2 ;(3)ｆ(ｘ)在Ｒ上的最小值为 0 .求最大的ｍ(ｍ >1) ,使得存在ｔ∈Ｒ ,只要ｘ∈ [1,ｍ ] ,就有 ｆ(ｘ +ｔ)≤ｘ .解　ｆ(ｘ -4 ) =ｆ(2 -ｘ) ,∴　函数 ｆ(ｘ)的图象关于直线ｘ =-1对称 ,∴　 -ｂ2ａ=-1,即ｂ =2ａ①令　ｇ(ｘ) =(ｘ + 12 ) 2 ,则直线 ｙ =ｘ与抛物线 ｇ(ｘ) =(ｘ + 12 ) 2图 1相切于点Ａ(1,1) .又当ｘ∈…     

一道加拿大数学竞赛题的推广

1997年加拿大数学公共竞赛有一道题是 :已知 16个正数之和为 10 0 ,平方和为 10 0 0 ,证明这 16个数中没有一个大于 2 5 .本文将推广该题的结论 .首先给出二次函数 ｆ(ｘ) =ｘ2 的一条性质 :对于任意ｎ个实数ｘ1 ,ｘ2 ,… ,ｘｎ,有ｘ21 +ｘ22 +… +ｘ2 ｎｎ ≥ (ｘ1 +ｘ2 +… +ｘｎｎ ) 2 (当且仅当ｘ1 =ｘ2 =… =ｘｎ 时取等号 )①定理　设ｎ(≥ 2 )个实变数ｘｉ(ｉ =1,2 ,… ,ｎ)之和为定值Ａ ,平方和为定值Ｂ ,则ｘｉ(ｉ=1,2 ,… ,ｎ)的取值范围为 :(1)当Ａ2 >ｎＢ时 ,ｘｉ 不存在 ;(2 )当Ａ2 =ｎＢ时 ,ｘｉ=Ａｎ;(3 )当Ａ2 <ｎＢ时 ,Ａ …     

综合题新编选登

题 2 6　已知 ｆ(ｘ) =ｓｉｎｘｃｏｓｘ - 3ｃｏｓ2 ｘ + 32 ,ｘ∈ [0 ,π],当方程 ｆ(ｘ) =ｍ有两个不相等的实根时 ,1)求ｍ的取值范围 ;2 )求方程的两实根之和 .解　 1) ｆ(ｘ) =12 ｓｉｎ2ｘ - 3·1+ｃｏｓ2ｘ2 + 32=ｓｉｎ(2ｘ - π3) .又∵ｘ∈ [0 ,π],　∴ - π3≤ 2ｘ - π3≤5π3.图 1　题 2 6图在同一坐标系中 ,作出函数 ｙ =ｓｉｎｕ(- π3≤ｕ≤5π3)的图象和直线 ｙ =ｍ的图象 .易见 ,两图象有两个公共点时 ,ｍ的取值范围为(- 32 ,1)∪ (- 1,- 32 ) ,又由于ｕ =2ｘ - π3是ｘ与ｕ的一一对应 ,故上述范围即为所求 .2 ) [方法 1…     

综合题新编选登

题 5 6　已知 ｆ(ｘ) =ｌｏｇ2 ｘ ,当点Ｍ (ｘ ,ｙ)在ｙ =ｆ(ｘ)的图象上运动时 ,点Ｎ(ｘ - 2 ,ｎｙ)在函数 ｙ=ｇｎ(ｘ)的图象上运动 (ｎ∈Ｎ) .1)求 ｙ =ｇｎ(ｘ)的表达式 ;2 )求集合Ａ ={ａ|关于ｘ的方程 ｇ1(ｘ) =ｇ2 (ｘ - 2 +ａ)有实根 ,ａ∈Ｒ} ;3)设Ｈｎ(ｘ) =(12 ) ｇｎ(ｘ) ,函数Ｆ (ｘ) =Ｈ1(ｘ) - ｇ1(ｘ) (0 <ａ≤ｘ≤ｂ)的值域为 [ｌｏｇ252ｂ +2 ,ｌｏｇ24 2ａ +2 ],求实数ａ ,ｂ的值 .解　 1)由 ｙ =ｆ(ｘ) ,ｎｙ =ｇｎ(ｘ - 2 ) 得 ,ｇｎ(ｘ - 2 ) =ｎｆ(ｘ) =ｎｌｏｇ2 ｘ ,∴ ｇｎ(ｘ) =ｎｌｏｇ2 (ｘ +2 )　 (ｘ >- 2 …     

一个条件不等式的应用与推广

定理 1　设ａ ,ｂ∈Ｒ ,且ａ ｂ =1 ,则ａｂ 1ａｂ≥ 414.(当且仅当ａ =ｂ =12 时 ,等号成立 )证　ａｂ 1ａｂ≥ 414 4ａ2 ｂ2 - 17ａｂ 4≥ 0 ( 4ａｂ - 1 ) (ａｂ - 4 )≥ 0 ;∵ａｂ =(ａｂ) 2 ≤ ( ａ ｂ2 ) 2 =14,∴ 4ａｂ≤ 1 ,而又知ａｂ≤14<4,故 ( 4ａｂ - 1 ) (ａｂ - 4 )≥ 0成立 ,即ａｂ 1ａｂ≥ 414获证 .1　巧用ａｂ 1ａｂ≥ 414解题　例 1　设ｘ ,ｙ∈Ｒ ,解方程组ｘ ｙ =1 ,( 2ｘ 3ｙ) ( 2 ｙ 3ｘ) =49.解　考察 49=4ｘｙ 9ｘｙ 1 2 =4(ｘｙ 1ｘｙ) 5·1ｘｙ 1 2≥ 4·414 5·4 1 2 =49,可见当ｘ …