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:     

对一个代数不等式的另证、加强与推广

问题1:已知x,y,z是正数且x+y+z=1,求证:(1/x-x)(1/y-y)(1/z-z)≥(8/3)3.文[1]利用均值不等式给出问题1一个简单初等证明,为便于学生的理解与掌握,文[2]给出该不等式的一个加强形式:     

关于一个双参数三元不等式的研究

文[1]给出如下结论:设x,yz∈R+,则x/2x+y+z+y/2y+x+z+z/2z+x+y≤3/4.文[2]将这一结论进行指数推广,得到 　　定理A 设x,y,z ∈R+,0相似文献   

巧求一类分式函数的最小值

文[1]给出了条件为x+y=1(或x+y+z=1)的分式函数最值问题的“代入法”,文[2]对此进行补充,给出简单解法及最值k的确定方法,但他们的思路与解法依然曲折繁琐,文[2]刻意追求最值k更无必要,其实,只要把1=x+y(或1=x+y+z)直接代入分式函数的分子,然后对分式函数适当分拆,利用算术平均值不等式构造出“积为定值”,最值k就自然迅速直接地浮出水面了.更重要的是,此方法     

一道数学奥林匹克题的再推广

1999年加拿大数学奥林匹克试题第 5题 :已知x ,y ,z为满足x + y +z =1的非负实数 ,试证 :x2 y + y2 z +z2 x≤ 42 7( 1 )并指出等号成立的条件 .文 [1 ]将其多元推广为 :若x1,x2 ,… ,xn(n≥ 3)为满足x1+x2+… +xn=1的非负实数 ,则x21x2 +x22 x3+… +x2n- 1xn+x2nx1≤ 42 7( 2 )当x1,x2 ,… ,xn 中一个为 23,另一个为 13,其余n - 2个均为 0时等号成立 .今对赛题 ( 1 )式与文 [1 ]推广 ( 2 )式分别作指数推广 .1　赛题的指数推广定理 1　若x ,y ,z为满足x + y +z =1的非负实数 ,n ,m∈N+且n≥m ,则　xnym + ynzm +znxm≤13nnmm(n +m) n +m　…     

一道数学奥林匹克题的再推广

1999年加拿大数学奥林匹克试题第 5题 :已知 x,y,z为满足 x+ y+ z=1的非负实数 ,试证 :x2 y+ y2 z+ z2 x≤ 42 7( 1 )并指出等号成立的条件 .文 [1 ]将其多元推广为 :若 x1 ,x2 ,… ,xn( n≥ 3)为满足 x1 + x2 +… + xn=1的非负实数 ,则x21 x2 + x22 x3+… + x2n- 1 xn+ x2nx1 ≤ 42 7( 2 )当 x1 ,x2 ,… ,xn中一个为 23,另一个为 13,其余 n- 2个均为 0时等号成立 .今对赛题 ( 1 )式与文 [1 ]推广 ( 2 )式分别作指数推广 .1　赛题的指数推广定理 1　若 x,y,z为满足 x+ y+ z=1的非负实数 ,n,m∈N+且 n≥m,则　xnym+ ynzm+ znxm≤13nnmm( n+ …     

一道《美国数学月刊》征解题的初等解法

问题:已知z,y,z ∈(0,+ ∞)且X2+y2+z2＝1,求函数f =x+y+z-xyz的值域.此问题最早出现在<美国数学月刊>问题征解中,后又出现在中国不等式研究小组网站上寻求它的初等解法.文[1]、[2]分别给出了求f上界的抽屉原则解法.     

一个不等式的初等证明

文 [1]提出如下猜想 :设λ≥ 1,x,y,z >0 ,则xλx +y+yλy +z+zλz +x　≤ 3λ+1(1)文 [2 ]用导数证明了 (1)式 ,本文给出简明的初等证明 .证明　由已知得 xλx +y,yλy +z,zλz +x三式中必有两个同时不大于 (或不小于 ) 1λ +1,不妨设为 xλx +y 和yλy +z.于是有(xλx +y - 1λ +1) (yλy +z -1λ+1)≥ 0即 xλx +y+yλy +z≤(1+λ) xy(λx +y) (λy +z) +1λ +1(2 )由柯西不等式有(λx +y) (λy +z)≥ (λ xy +yz) 2 .代入 (2 )得　 xλx +y +yλy +z ≤(λ+1) xλ x +z +1λ+1(3)又　 (λz +x) (λ+1)≥ (λ z +x ) 2(4)于是 ,由 (3)、(…     

一个数学问题的简证及推广

文[1]提出了数学问题1863: 设x,y∈R+,x+2y=3,求1/x3+2/y3的最小值. 文[2]给出了一个需要较高技巧的证明.笔者将利用平均值不等式,给出一种十分简洁的证法. 证明:猜想x=y=1时,1/x3+2/y3取最小值3.     

不等式的多种证明及其推广

<正>2014年安徽省高中数学竞赛有如下一个不等式试题:已知正实数x,y,z满足x+y+z=1,求证:(z-y)/(x+2y)+(x-z)/(y+2z)+(y-x)/(z+2x)≥0.该题除标准答案提供的证法外,本文提供一些另外有趣的证明方式,同时给出不等式的一个推广.1.多种证法.证法一由x+y+z=1,可知原不等式等价于下述不等式     

一个有理型不等式的推广

《数字通报》2012年第1期问题2045如下: x,y,z＞0且x+y+z=1,求证: 1/1+x+x2+1/1+y+y2+1/1+z+z2≥27/13. 本文从变元个数和幂指数方面给出上述不等式的一个推广.     

关于一个不等式的初等证明及其推广

文[1]提出了一个对称不等式: 命题1 已知x,y∈R+,且x+y=1,则 2<(1/x-x)(1/y-y)≤9/4. (1) 文[2]用微分法证明了不等式(1)的三元推广: 命题2 已知x,y,z∈R+,且 x+y+z=1,则(1/x-x)(1/y-y)(1/z-z)≥(8/3)3.(2) 文[2]在文末问道:不等式(2)是否存在初等证明?     

Fuzzy蕴涵代数与有界BCK—代数等价

在[1]中作者给出了下面的定义. 定义1 一个(2,0)型代数(X,→,0)称为FI代数,如果(?) x,y,z∈X,有 (I_1) x→(y→z)=y→(x→z), (I_2) (x→y)→[(y→z)→(x→2)]=1, (I_3) (x→z)=1, (I_4) 若x→y=y→x=1,则x=y, (I_5) 0→x=1,其中 1=0→0. 在[2]中Iseki K引入了BCK-代数,参见[3,4]. 定义2 一个(2,0)型代数(X;*,0)称为BCK-代数,如果(?) x,y,z∈X,有 (Ⅰ) ((x*y)*(x*z))*(z*y)=0, (Ⅱ) (x*(x*y))*y=0, (Ⅲ) x*x=0.     

再探一类矩形面积最大值问题的初等解法

<美国数学月刊>2004年1月问题11057[1]为: 设x,y,z为实数,矩形ABCD内部有一点P,满足PA=x,PB=y,PC=z,求矩形面积的最大值. 文[2]试图给出上述问题的解答,但解答有误.郭要红老师等在文[3]中指出了文[2]错误的原因,并给出了上述问题的一个微分解法.     

W.Janous猜测的再推广

W .Janous猜测 :设x ,y,z >0 ,则x2 -z2y+z + y2 -x2z+x + z2 -y2x+y ≥ 0 ( 1 )贵刊文 [1 ]将 ( 1 )式推广为 :设xi>0 (i =1 ,2 ,… ,n) ,n≥ 3,记S=x1 +x2 +… +xn,t =x21+x22 +… +x2 n,则nx21 -ts-x1 + nx22 -ts-x2 +… + nx2 n-ts-xn ≥ 0 ( 2 )当n =3时 ,由 ( 2 )式可得 ( 1 )式 .本文将把 ( 2 )式作进一步推广 ,并回答文 [1 ]中提出的一个问题 .我们得到如下结果 :设xi>0 (i=1 ,2 ,… ,n) ,n≥ 3,α ,β,γ∈R ,T =xα1 +xα2 +… +xαn,A>max{xγ1 ,xγ2 ,… ,xγn},则当αβγ >0时 ,有nxα1 -T(A-xγ1 )β+ nxα2 -T(A-xγ2 )…     

点到空间直线距离的一个公式

利用求条件极值的拉格朗日乘数法给出了空间中点P(x0,y0,z0)到直线A1x+B1y+C1z+D1=0A2x+B2y+C2z+D2=0距离的一个公式d=|(A1x0+B1y0+C1z0+D1)n2-(A2x0+B2y0+C2z0+D2)n1|/|n1×n2|,其中ni={Ai,Bi,Ci},(i=1,2)     

一类矩形面积最大值问题的初等解法

《美国数学月刊》2004年1月问题11057[1]为:设x,y,z为实数,矩形ABCD内部有一点P,满足PA=x,PB=y,PC=z,求矩形面积的最大值.文[2]试图给出上述问题的解答,但解答有误.郭要红老师等在文[3]中指出了文[2]错误的原因,并给出了上述问题的一个微分解法.文[3]在最后说明:“如何使用初等     

一道2000年IMO试题的高等数学背景

我们首先给出 2 0 0 0年第 41届 IMO之第2题及其解答 [1] :设 a、b、c是正数 ,满足 abc =1 .证明( a- 1 1b) ( b- 1 1c) ( c- 1 1a)≤ 1 .证明　令 a =xy、b =yz、c =zx,其中x、y、z为正数 ,则原不等式变为( x - y z) ( y - z x) ( z - x y)≤ xyz ( 1 )显然 x - y z、y - z x、z - x y里最多又有一个是负数 .如果恰有一个是负数 ,那么 ( 1 )式显然成立 ;如果这三个数都非负 ,那么根据算术平均—几何平均可得　 ( x - y z) ( y - z x)≤ 12 [( x - y z) ( y - z x) ]=x　 ( y - z x) ( z - x y)≤ 12 [( …     

思维发散 多样解题--对一道竞赛题解法的剖析

在第二届美国数学奥林匹克竞赛中 ,有一道求方程组根的名题 :x+y +z=3x2 +y2 +z2 =3x3+y3+z3=3,虽然这道题有丰富的内涵 ,同时它可用许多巧妙的方法解答 ,但方程组中有一个方程是多余的 .我们利用任意两个方程就可得出答案了 ,只不过要求我们具有极强的发散思维 ,同时注重细节 .为了简便 ,这里仅取前两个方程来先讲解再说明这些解法的由来 .解方程组 x+y+z =3x2 +y2 +z2 =3( 1 )( 2 )方法 1　经观察 ,发现 ( 1 ) =( 2 ) ,首先 ,( 1 ) ,( 2 )两边分别除以 3得x +y+z3 =x2 +y2 +z23=1 ,然后将 x2 +y2 +z23 开方得 ,x2 +y2 +z23= 1 =x+y +z3 ,…     

不等式∑(a/(b+c))~(1/2)<1+23~(1/2)/3的初等证明

文 [1 ]利用多元函数的偏导数分四种情况证明了 :在△ ABC中 ,若 a,b,c为其边长 ,则有ab+ c+ bc+ a+ ca + b　　 <1 + 2 33 . ( 1 )之后 ,文 [2 ]给出了不等式 ( 1 )的一个初等“证明”,但文 [3]指出 [2 ]的证明是错误的 .本文将给出不等式 ( 1 )的一个初等证明 .引理 1　若正数 x,y满足0 相似文献