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读“一个分式不等式的再推广”后的思考 总被引:1,自引:0,他引:1
宋庆在文[1]中对文[2,3,4]的一个不等式作再推广如下: 如x,y,z,n∈R ,m≥2,x y z=1,则 xm/y(1-yn), ym/z(1-zn) zm/x(1-xn).≥y(1-yn), y/z(1-zn) zm/x(1-xn).≥3n-m 2/3n-1 (1) 相似文献
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一个不等式的推广及应用 总被引:2,自引:0,他引:2
《数学通报》1998年第 4期问题 112 8( 1)为设 x,y,z都是正数 ,证明x2 y3 z3 ≥ 13 ( x y z) ( x2 y2 z2 ) . 1此不等式对称和谐 ,十分优美 ,其证明方法较多且并不困难 .显然 ,其中等号当且仅当 x=y=z时成立 .本文将对 1式作一些推广 ,并举例说明其简单应用 .首先 ,若从指数进行推广 ,则得定理 1 设 x,y,z∈ R ,n∈ N ,则xn yn zn≥ 13 ( x y z) ( xn-1 yn-1 zn-1 ) 2等号当且仅当 n=1或 x=y=z时成立 .证明 ∵ xn yn =( n-1n xn 1nyn) ( n-1n yn 1nxn)≥ nn xn(n-1 ) ynnn nn yn(n-1 ) xnnn =xn-1 y yn-1 x.即 xn yn≥ xn… 相似文献
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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: 相似文献
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两个新分式不等式 总被引:1,自引:0,他引:1
本文将两个特殊的分式不等式进行推广,得到两个重要的分式不等式,并且发现历年的国际数学奥赛中的某些试题均可用这两个不等式证得.在本文中作为推论给出.定理1若x,y,z,n为正数,m≥2,且x y z=1,则xm y(1-yn) ymz(1-zn) zmx(1-xn)≥3n-m 23n-1(1)证由幂平均不等式,可得xn 1 yn 1 zn 1≥3(x y z3)n 1=13n,所以y(1-yn) z(1-zn) x(1-xn)=1-(xn 1 yn 1 zn 1)≤1-13n,从而有(1-13n)[xmy(1-yn) ymz(1-zn) zmx(1-xn)]≥[y(1-yn) z(1-zn) x(1-xn)][xmy(1-yn) ymz(1-zn) zmx(1-xn)]≥(xm2 ym2 zm2)2≥9(x y z3)m=3-m 2.即得xm y(1-yn) ymz(1-zn) zmx(1… 相似文献
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常言道:“饭要一口一口地吃”.面对千姿百态的分式不等式,如果一时难以“一步到位”达到证明目的,不妨探究“分步法”,分成两步或多步,逐步实现证明目的.1.将分式不等式化为整式不等式例1设x,y,z∈R+,求证:(y+z)x(yx+z)+(z+x)y(zy+x)+(x+y)z(xz+y)≥43.(《数学教学》1992(6),数学问题289)证明(1)待证不等式可化为整式不等式:x2y+xy2+y2z+yz2+z2x+zx2≥6xyz;(2)x2y+xy2+y2z+yz2+zx2+z2x≥66x2y·xy2·y2z·yz2·z2x·zx2=6xyz.证毕例2若a,b,c∈R+,求证:a·aa++cb+b·bb++ca+c·cc++ab≥a+b+c.(1992年国际“友谊杯”数学邀请赛试题)证明(1)证… 相似文献
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不等式:已知x,y∈R+,且x+y=1,求证:2<(x-1/x)(y-1/y)≤9/4 (1)是由当年身为高三学生的胡湘萍(指导教师:宋庆)在数学通讯2001年第20期中发表的《几个有趣的双边不等式》一文中提出的. 相似文献
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关于不等式问题的解法很多,构造函数是一种方法,现举数列如下: 例1 已知x、y、z∈(0,1),求证:x(1-y) y(1-z) z(1-x)<1. 猛一看,不知从哪儿入手,可我们仔细观察后发现,原式可变形为x(1-y) y(1-z) z(1-x)-1<0.我们可以将该式变成形如y=bx b的直线,设f(x)=(1-y-z)x (y-1 z-zy).想一想,只要线段的两个端点都在x轴下方,就有整个线段都在x轴下方了.由f(0)=(y-1)(1-z)<0,及f(1)=1-y-z y z-1-yz=-yz<0,可得原式成立. 相似文献
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一个数学问题的简证与推广 总被引:5,自引:1,他引:4
《数学通报》2003年第10期1460题:设m∈N ,x,y,z∈R ,且xyz=1,求证:xm(1 y)(1 z) (1 x)y(m1 z) (1 x)z(m1 y)≥43.(1)原证分为①m=1,②m=2,③m≥3三种情况,用三种方法对(1)式分别予以证明.本文先给出(1)式的一个简证,再将(1)式予以推广,最后用同样的方法证明推广后的命题.简证( 相似文献
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关于一个不等式的初等证明及其推广 总被引:3,自引:1,他引:2
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? 相似文献
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题已知x、y、z∈R ,x y z=1.求证:(1x2-x)(1y2-y)(1z2-z)≥(263)3.《中等数学》2006年第4期P48~49上刊登的解答较繁冗.下面,笔者给出一种贴近中学数学教学的简洁证明.证明因1-x=y z≥2 yz,1 x 1x=1 x 19x 89x≥1 2x9x 89x=13(5 83x),对1 y 1y,1 z 1z有类似结论.故(1x2-x)(1y2-y 相似文献
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W.Janous猜测的再推广 总被引:2,自引:0,他引:2
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 )… 相似文献
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最近文[1]给出了哥西不等式的一个直接推论———分式型哥西不等式:设xi∈R,yi∈R (i=1,2,…,n),则x12y1 xy222 … yx2nn≥(xy11 xy22 …… xynn)2(1)及其在证明分式不等式中的应用.由于不等式(1)中每个分式分子、分母的幂指数必须分别为2、1,使不等式(1)应用受到局限.本文将介绍不等式(1)的推广———权方和不等式以及它在证明分式不等式中的应用.设xi∈R ,yi∈R (i=1,2,…,n),m∈R ,则x1m 1y1m xy2m2m 1 … xymnnm 1≥((xy11 xy22 …… xyn)n)mm 1(2)当且仅当yx11=yx22=…=yxnn时,(2)取等号.这就是著名的权方和不等式,其证明容易… 相似文献
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设 x、y、z∈ R ,证明 :y2 - x2z x z2 - y2x y x2 - z2y z ≥ 0 .此题就是著名的 W .Janoux猜想 ,最初发表在加拿大《数学难题》杂志 ,他本人没给出证明 .我国《中等数学》转载后引起关注 ,并给出了若干证法 ,但多数较烦 .下面给出一个简明 .证明 ∵ x、y、z∈ R ,∴ y2 - x2z x z2 - y2x y x2 - z2y z =y2 - x2z x (x - y) z2 - y2x y (y - z) x2 - z2y z (z - x) =(y - x) (y - z)z x (z - y) (z - x)x y (x - z) (x - y)y z .但 (y - x) (y - z)z x (z - y) (z- x)x y =(y- z) [(y- x) (y… 相似文献
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命题若 x∈R,y>0, 则x/y(x-y)≥x-y (*) 证明 x/y(x-y)≥x-y(?)x(x-y)≥y(x -y)(y>0)(?)x2-xy≥xy-y2(?)x2-2xy+y2≥0(?)(x-y)2≥0,而此式显然成立,故(*)式成立,从证明过程易知等号成立的条件是x=y. 下面我们来看这个命题的一点应用. 例1 对任意实数a>1,b>1有不等式: 相似文献
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笔者在为本校高二年级数学竞赛班测试命题时,命制了如下一个不等式,现给出其初等证明并推广,与同仁共勉.题目已知x,y,z∈R_+,x+y+z=1,求证:1/(?)+8/(?)+27/(?)≥14(?).证明2/(?)+16/(?)+54(?)+λ=2/(?)+16/(?)+54/(?)+λ(x+y+z)=(1/(?)+1/(?)+λx)+(8/(?)+8/(?)+λy) 相似文献
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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+ … 相似文献
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近年来的奥林匹克数学辅导书上流行这样一道题:设x,y,z∈R,求证:
√33+1/4(x2+y2+z2)≥xy+2yz+2zx. 相似文献