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…     

一个轮换对称不等式的证明

文[1]中,证明了一个优美的三角形轮换对称不等式　　∑a2≥4△b2a2+c2b2+a2c2.(1)不等式(1)经变换等价于∑m2ah2a≥12(b2a2+c2b2+a2c2)+32.(2)其中a、b、c,ma、mb、mc,ha、hb、hc,△分别表示△ABC的三边长,中线,高及面积.本文将给出类似不等式(2)的一个结论.定理　在△ABC中有　　∑m2aa2≥34(b2a2+c2b2+a2c2).(3)证明　先将(3)式右边进行恒等变换可得　2(b2a2+c2b2+a2c2)=b2a2+c2b2+a2c2-a2b2-b2c2-c2a2+∑(c2b2+b2c2)=(a2-b2)(b2-c2)(a2-c2)a2b2c2+∑b2+c2a2.而　　∑4m2aa2=∑2b2+2c2-a2a2=2∑b2+c2a2-3,所以(3)式等价于　14(2∑b2+c2a2-3)≥38[(a2-b2)(b2-c2)(a2-c2)a2b2c2+∑b2+c2a2]上式化简整理∑b2+c2a2-6≥3(a2-b2)(b2-c2)(a2-c2)a2b2c2　∑a2(b-c)2　≥3(a2-b2)(b2-c2)(a2-c2).(4)(4)式左...     

一个不等式的最佳系数

文[1]给出了以下不等式: 　　若a,b,c为满足a+b+c=1的正数,t≥1,则(ta2+b)/(b+c)+(tb2+c)/(c+a)+(tc2+a)/(a+b)≥(t+3)/(2).(1) 　　文[2]改进了(1)式中的t的取值范围,指出只要t≥(1)/(4),(1)式就成立.……     

一个有趣的代数式

a~3+b~3+c~3-3abc是一个有趣的代数式。它是一个三次齐次式,整齐、简单、易记,更重要的是它具有很多有用的性质。性质1° a~3+b~3+c~3-3abc能被a+b+c整除。事实上,a~3+b~3+c~3-3abc =(a+b+c)(a~2+b~2+c~2-db-bc-ca) 所以 a~3+b~3+c~3-3abc能被a+b+c整除。性质2°设a,b,c为非负实数, 则a~3+b3+c~3≥3abc,当且仅当a=b=c时取等号。证明∵a~2+b~2+c~2-ab-bc-ca =1/2〔(a-b)~2+(b-c)~2+(c-d)~2〕∴a~3+b~3+c~3-3abc=(a+b+c)·1/2〔(a-b)~2+(b-c)~2+(c-a)~2〕∵a≥0,b≥0,c≥0,且1/2〔(a-b)~2+     

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…     

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 …     

剖析不等式证明中的一个典型错误

据笔者所知 ,文 [1 ]首先提出并“证明”了一个数学奥林匹克问题 :已知 a,b,c为非负实数 ,且 ab+ bc+ ca= 1 .求证 :1a+ b+ 1b+ c+ 1a+ c≥ 52 . ( * )为便于分析 ,我们将文 [1 ]的“证明”(部分 )抄录如下 :由对称性 ,可设 a≥ b≥c≥ 0 .由所给条件易知 a≥b>0 .1b+ c + 1a+ c ≥ 2( b+ c) ( a+ c)=2ab+ ac+ bc+ c2=21 + c2,等号成立的充要条件是 a=b.这时 ,原题条件化为a2 + 2 ac=1 ,　c=1 - a22 a .由 c≥ 0知 ,a≤ 1 .再由 1 =ab+ bc+ ca≤3a2知 a≥ 13.于是 ,1a+ b+ 1b+ c+ 1c+ a=12 a+ 2a+ c=… =9a2 + 12 a( a2 + 1 ) =f( a) .下面…     

例谈一个不等式的证明与推广

1 问题呈现 设a,b,c∈R+,且a+b+c=1,求证:(a+1/a)2+(b+1/b)2+(c+1/c)2≥100/3. 2思路探索 方法1(基本不等式): 首先,借用基本不等式a2 +b2≥2ab,对不等式左边放缩.     

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     

活跃在不等式证明中的一个常用不等式

本文由一个恒等式得到一个常用的不等式,并举例说明其在证明不等式中的应用.设a,b,c为正实数,则有(a+b)(b+c)(c+a)≥8/9(a+b+c)(ab+bc+ca).①证明因为(a+b+c)(ab+b十ca)≥9abc,所以(a+b)(b+c)(c+a).=(a+b+c)(ab+be+ca)-abc.≥(a+b+c)(ab+bc+ca)-1/9(a+b+c)(ab +bc+ca)=8/9(a+6+c)(ab+b+ca).     

一个不等式的演变

高中数学新教材第二册 (上 )P1 1练习题 1是 :已知a、b、c都是正数 ,求证 (a +b) (b+c) (c+a)≥ 8abc .①这个不等式看似简单 ,但实际上隐含着极其丰富的内涵 ,许多数学竞赛题和数学问题 ,就是以它为源头 ,通过变换逐步演绎深化而成 ,真可谓一线串球 ,异彩纷呈 .对①式作变换 (a ,b ,c) → (b +c-a ,c+a-b ,a +b-c) ,可得 1 983年瑞士数学奥林匹克试题 :设a、b、c>0 ,则 (a+b -c) (b+c-a) (c+a-b) ≤abc.② (②式的条件可放宽为a、b、c≥ 0 )由上述变换可知 ,②式左边的三个因式均为正 ,即a、b、c可满足两边和大于第三边 ,于是把②式变形整…     

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,…     

一个恒等式的有趣应用

<正>a³+b3+b³+c3+c³-3abc=(a+b+c)(a3-3abc=(a+b+c)(a²+b2+b²+c2+c²-ab-bc-ca),这里不妨将其记为(*),这是一个对称、和谐又十分优美的恒等式.事实上,只要把它的右边展开,即得左边,下面,我们来看它在有关解题中的有趣应用.例1(五羊杯赛题)实数a,b满足a2-ab-bc-ca),这里不妨将其记为(*),这是一个对称、和谐又十分优美的恒等式.事实上,只要把它的右边展开,即得左边,下面,我们来看它在有关解题中的有趣应用.例1(五羊杯赛题)实数a,b满足a³+b3+b³+3ab=1,则a+b的值为______.解从条件式可得a3+3ab=1,则a+b的值为______.解从条件式可得a³+b3+b³+(-1)3+(-1)³-3ab     

再探一个不等式

<正>拙文[1]给出并用多种方法证明了下面的一个不等式:已知a,b,c>0,求证:a3b+b3c+c3a≥abc(a+b+c)1文献[2]给出了不等式1的一种简证并给出了此不等式的一个推广,这种简证的方法简就简在没用任何证明不等式的工具(如均值不等式等),而只用了证明不等式的最基本的方     

不等式证明的几种方法

不等式是初等数学的重要内容 ,是研究方程和函数的重要工具 .不等式的证明题型多变 ,方法多样 ,技巧性强 ,无固定程序可循 .常用的不等式证明方法有比较法、综合法、分析法、函数法、放缩法、代换法、反证法、数学归纳法等等 .一、比较法 :比较法主要有作差比较法和作商比较法两种 .1.作差比较法 (简称比差法 ) :a、b、c≥ 0 ,求证 :a3 +b3 +c3 ≥ 3abc .证明 :a3 +b3 +c3 - 3abc=(a +b) 3 - 3ab(a +b) +c3 - 3abc=(a +b +c) 3 - 3(a +b)·c (a +b) +c -3ab(a +b +c)=(a +b +c) (a2 +b2 +c2 -ab -bc -ca)=12 (a +b +c)· (a -b) 2 + (b -c) …     

一个经典问题的直接证明

<正>经典问题求证a,b,c为正实数的充要条件是a+b+c>0,且ab+bc+ca>0和abc>0.证法一设A=a+b+c,B=abc,则a+b=A-c,ab=c/B,将两式代入ab+bc+ca>0,整理得c/B+c(A-c)>0,即c(1/B+A-c)>0,解关于c的二次不等式,得0相似文献   

一个不等式问题的多解

<正>题目三个正数a,b,c满足a≤b+c≤2a,b≤a+c≤2b,则b/a的范围是___.解法一∵三个正数a,b,c满足a≤b+c≤2a,b≤a+c≤2b,∴两个不等式同时除以a得     

一个三角形不等式的证明

文[1]中给出100个优美的几何不等式,其中l63是:a2≥(ωb+ωc)2(c+a)(a+b)/4(b+c)s≥4(s-b)(s-c) 本文给出它的一个证明.符号均与文[1]同(a,b,c为△ABC三边,ωa,ωb,ωc分别为角A、B、C的平分线,S为半周长,R,r为外接和内切圆半径).     

数学问题解答

2012年7月号问题解答(解答由问题提供人给出)2071设a,b,c≥0,a4+b4+c4=3,求证:a2/b3+1+b2/c3+1+c2/a3+1≥32.(广东省工业贸易职业技术学校张宏528237)证明设a2+b2+c2=x,则a2b2+b2c2+c2a2=1/2(a2+b2+c2)2-(a4+b4+c4)=1/2(x2-3).     

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…