ξ（i）的一个新的卷积公式

本文利用概率方法讨论了关于Riemann Zeta函数ξ（i）的卷积∑^k-2 i=2 ∑（k-i）,k≥4,Euler证明了这个卷积与级数∑ n≥1 Hn/n^（k-1）有关，使用Stirling展开我们发现了一个新的不同的结果．     

运用离散型随机变量数学期望的线性性质解题

离散型随机变量的数学期望具有线性性：对任意常数Ci，i=1，2，…，n及b，有 E（∑i=1^nCiζi＋b）=∑i=1^nCiEζi＋b.     

不等式研究成果集锦(13)

158　若 xij∈ R ( i=1 ,2 ,… ,m;j=1 ,2 ,… ,n) ,Ai =∑ni=1xijn 、Hi =n∑nj=1x- 1ij( i =1 ,2 ,… ,m) ,aik ∈ R 、αik ∈ R( i =1 ,2 ,… ,m;k =1 ,2 ,… ,l;αik 不全为零 ) ,∑lk=1aikαik =0 ( i =1 ,2 ,… ,m) ,βi ∈ R ( i =1 ,2 ,… ,m) ,则( 1 )当 Ai ≤ 1 ( i =1 ,2 ,… ,m)时 ,有Πnj= 1∑mi=1( ∑lk=1aikxαikij)βi ≥ mn[Πmi=1( ∑lk=1aik Aαiki )βi]nm,∑mi=1Πnj=1( ∑lk=1aikxαikij) βi ≥ m[Πmi=1( ∑lk=1aik Aαiki ) βi]nm;( 2 )当 Hi ≥ 1 ( i =1 ,2 ,… ,m)时 ,有Πnj= 1∑mi=1( ∑lk=1aikxαiki…     

对两个代数不等式的探索

文[1]给出了如下定理及猜想:定理1对于任意实数x,y,a,b有(x-a)2 (y-b)2≥(x2 y2-a2 b2)2.定理2已知x,y,xi,yi∈R(i=1,2,…,n),且x2 y2≥n∑i=1xi2 yi2,则(x-n∑i=1xi)2 (y-n∑i=1yi)2≥(x2 y2-n∑i=1xi2 yi2)2(1)猜想,已知x,y,xi,yi∈R(i=1,2,…,n),则(x-n∑i=1xi)2 (y-n∑i=1y     

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     

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…     

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.     

一类二次方程组的一个定理及其运用

定理　在方程组∑ni=1xi=A∑ni=1x2i=B中 ,A、B是实数 ,记Δ=n B-A2 .若 xi∈ R( i=1,2 ,… ,n) ,则Δ≥ 0 ,当且仅当x1 =x2 =… =xn=An时 Δ=0 .证明　 ∑1≤ i相似文献   

不等式研究成果集锦(15)

178　设 xi>0 ,yi>0 (i=1 ,2 ,… ,n,n≥2 ) ,实数 p≥ 2 ,如果 ∑ni=2x2i ≤ x21,∑ni=2y2i ≤ y21,那么[(xp1- ∑ni=2xpi) (yp1- ∑ni=2xpi) ]1p ≥ x1y1-∑ni=2xiyi- ∑ni=2|y1xi- x1yi|,当且仅当 p =2 ,x1y1= x2y2=… =xnyn时取等号 .(文家金 .2 0 0 0 ,5～ 6)1 79　设 b1,b2 ,… ,bn是实数 ,而 a1≥ a2 ≥…≥ an >0 ,又设 ∑kj=1aj≤ ∑kj=1bj(k=1 ,2 ,… ,n- 1 ) .∑nj=1aj ≥ ∑nj=1bj,则当 0

相似文献   

单叶函数逆函数的两个极值问题

引言 就范条件F(ζ)≠0、6_0=O分别给出∑的子族∑_0∑＇;设p≥2为整数,记∑_p、S_P为∑、S中p次对称函数的全体.用M~(-1)表示函数族M之逆函数全体.     

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 (     

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=…     

一个不等式的加强及其推广

笔者在翻阅文[1]时,看到如下问题问题1已知x12 x22 … x2100=300,求证:x1 x2 … x100≤200.文[1]指出,可以构造多项式x2-2x 1=(x-1)2≥0进行证明.读完文[1],笔者就想,既然可以构造(x-1)2≥0和(x-3)2≥0来进行证明,那么用其他形如(x-a)2≥0的表达式进行证明行吗?经过试验可知,取a=12时达不到目的,只能得出i1∑=001xi≤325;而当取a=2时,得到了不等式∑100i=1xi≤7400<200,这不仅证明了问题1,而且还把所要证明的不等式∑100i=1xi≤200进一步加强为∑100i=1xi≤7400.因此,我们有理由猜想,在所有不等式1∑00i=1xi≤Bt中,只要选择适当的a,利用(x-…     

Radon不等式的推广及其应用

Radon不等式设ai≥0，bi〉0（i=1，2，…，n），l∈N，则 ^n∑i=1 ai^l＋1/bi^l≥（^n∑i=1 ai）^l＋1/（^n∑i=1 bi）^l 本文将（1）式推广如下：     

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     

关于凸n边形的两个不等式

设P为凸n边形A1A2 …An内一点 ,ri为P至边AiAi+1的距离 ,wi是∠AiPAi+1=2αi的角平分线 ,Ri=PAi,ti=RiRi+1cosαi,i= 1,2 ,… ,n ,An+1=A1.1953年 ,L .FejesT幃ｔｈ曾猜测有不等式　　 ∑ni=1Ri≥secπn· ∑ni=1ri (1)对n =3 ,(1)式化为Erd¨os-Mordell不等式 .1961年 ,H .C .Lenhard对每个自然数n≥ 3证明 (1)式 ,并推出较强的不等式∑ni=1Ri ≥secπn· ∑ni=1wi (2 )对n =3 ,(2 )式化为Barrow不等式 .其实文献 [1]中 ,H .C .Lenhard建立了更强的不等式　　　∑ni=1Ri ≥sec πn· ∑ni=1ti (3 )显然ti≥wi≥ri,所以 (3 )强…     

第42届IMO第2题隔离的推广

第42届IMO(2001年)第二题为:对所有正实数a、b、c,证明aa2 8bc bb2 8ca cc2 8ab≥1(1)文[1]将其推广为:设a,b,c∈R ,λ≥8,则aa2 λbc bb2 λca cc2 λab≥31 λ(2)文[2]给出了(2)的一个中间隔离:设a,b,c∈R ,λ≥8,∑a3=a3 b3 c3,则aa2 λbc bb2 λca cc2 λab≥(a b c)32∑a3 3λabc≥31 λ(3)并把(3)推广到n个字母的情形:设ai∈R (i=1,2,…,n),λ≥n2-1,则n∑i=1ani-2 1ani-1 λa1a2…anai≥(∑ni=1ai3n)32∑ni=1ain λna1a2…an≥n1 λ(4)本文给出(4)的推广,得到命题设ai∈R (i=1,2,…,n),n≥2,k∈R,0<α≤n-1,λ≥n1α-1,n则∑i=1k…     

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,     

关于正定厄米特矩阵的一个不等式的推广

本文推广了正定厄米特矩阵的一个不等式 ,得到以下结果 :设 A( i) ,B( i) ,… ,C( i) ( i=1 ,2 ,… ,m)都是 n阶正定厄米特矩阵 ,A( i)11,B( i)11,… ,C( i)11为其相应矩阵的 k阶顺序主子阵 ,1≤ k≤ n-1 ,α,β,… ,γ都是正实数 ,且 α+β+… +γ=p≥ 1 ,则有∑mi=1|A( i) |α|A( i)11|α,|B( i) |β|B( i)11|β… |C( i) |γ|C( i)11|γ) <∑mi=1A( i) α∑mi=1A( i)11α.∑mi=1B( i) β∑mi=1B( i)11β…∑mi=1C( i) γ∑mi=1C( i)11γ     

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…