权方和不等式的改进及其姊妹不等式

1 权方和不等式的改进 不等式:xm+1/1/ym/1+xm+1/2/ym/2+…+xm+1/n/ym/n≥(x1+x2+…+xn)m+1/(y1+y2+…+yn)m (A) (其中xi,yi∈R+,i=1,2,…,n,m＞0),当且仅当x1/y1=x2/y2=…=xn/yn时取等号.     

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:     

不等式a~2/b≥2a-b(b>0)的变式

高中《代数》下册给出的二元均值不等式是 :如果 a、b∈ R,那么　　　　 a2 +b2≥ 2 ab 1当且仅当 a =b时取“=”号 .此不等式可变形为 :定理　如果 a∈ R,b∈ R+,那么　　　　　　 a2b ≥ 2 a - b. 2当且仅当 a =b时取“=”号 .下面谈谈对不等式 2的思考 .变式 1　不等式 2的特征是左边是商式 ,右边是差式 ,即不等式从左到右的“缩小”过程是一个“裂项”的过程 ,在此我们不妨把不等式 2叫做裂项不等式 .如果结合数列中裂项—叠加求和的方法 ,那么可以编拟许多不等式的题目 .在不等式 2中 ,若分别用 xi 代 a,xi+1代 b,i = 1,2 ,… ,n.其中 xn+1=x1,则有x21x2≥ 2 x1- x2 ,x22x3≥ 2 x2 - x3,… ,x2nx1≥ 2 xn - x1,相加可得　　 x21x2 +x22x3+… +x2n- 1xn +x2nx1≥ x1+x2 +… +xn.这样得到 :题 1　如果 x1,x2 ,… ,xn都是正数 ,那么x21x2 +x22x3+… +x2n- 1xn +x2nx1≥ x1+x2 +… +xn.这是一道 1...     

一类条件最值问题的再研讨

1　问题的提出文 [1]在解决问题 (1) :“已知 x,y∈ R+ ,且 x+y= 1,求 1x+4y的最小值 .”时 ,采用了“用 1代换”的方法 ,在将该方法移植到解决问题 (2 ) :“已知 x ,y∈R+ ,且 x+y=1,求 1x2 +8y2 的最小值 .”时 ,思路受阻后 ,提出了在 (1x2 +8y2 )· (　 )中 ,括号中应配上什么式子才能解决问题的疑问 .由此利用柯西(Cauchy)不等式和待定系数法探求出了一个定理 :“已知 x,y∈ R+ ,且 x+y=1,若 λ>0 ,则当且仅当y:x=λ1n+ 1时 ,1xn+λyn (n>0 )取得最小值 ,最小值为(1+λ1n+ 1) n+ 1”.文 [1]的探索是有意义的 ,上述定理是正确的 ,读后…     

一个猜想不等式的加细与推广

文 [1 ]提出如下猜想　设 x1,x2 ,… ,xn ∈ R+ ,x1+ x2 +… + xn =1 ,n≥ 3,n∈ N,则　 ∏ni=1( 1xi- xi)≥ ( n - 1n) n. ( 1 )戴承鸿、刘兵华在文 [2 ]中证明了上述猜想不等式成立 .本文给出该不等式的一个加细及推广形式 .定理　设 x1+ x2 +… + xn=k,n≥ 3,n∈ N;若 k≤ 1 ,x1,x2 ,… ,xn ∈ R+ ,则　 ∏ni=1( 1xi- xi)≥ ( nk - kn) n ( ∏ni=1nxik) 1n-13≥ ( nk - kn) n ( 2 )若 k≥ n - 1 ,x1,x2 ,… ,xn ∈ ( 0 ,1 ) ,则∏ni=1( 1xi- xi)≤ ( nk - kn) n .　　 ( ∏ni=1n - nxin - k) 13 -1n ≤ ( nk - kn) n. ( 3)为证定理 ,先…     

两个定理的简证

贵刊文 [1 ]给出以下两个定理 :定理 1　已知 x,y,a,b∈ R+ ,且 x + y =1 ,则 axn + byn 的最小值为 ( n+ 1a + n+ 1b ) n+ 1,此时　 x =n+ 1an+ 1a + n+ 1b,y =n+ 1bn+ 1a + n+ 1b.定理 2　已知 a1,a2 ,… ,an,x1,x2 ,… ,xn∈ R+ ,且 x1+ x2 +… + xn =c,则a1xm1+ a2xm2+… + anxmn≥( m+ 1a1+ m+ 1a2 +… + m+ 1an) m+ 1cm ( m≥ 2 ) ,当且仅当xi = cm+ 1aim+ 1a1+ m+ 1a2 +… + m+ 1an( i =1 ,2 ,… ,n)时等式成立 .文 [1 ]分别用两种不同的方法给出了以上两个定理的证明 ,但都较繁 (定理 2的证明中还使用了中学生所不熟悉的加权幂平均…     

一个分式不等式的解题功效

本刊刊出了《构造不等式,巧解最值题》[1],该文介绍了分式不等式: 定理设x1,x2∈R,r1,r2,∈R+, 则x12/y1+x22/y2≥(x1+x2)2/(y1+y2) (当且仅当x1:y1=x2:y2时,等号成立) 本文将进一步介绍定理的解题功效.     

一个不等式的推广及应用

《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…     

均值不等式的拓广及其应用

本文用初等方法证明均值不等式的拓广,并用它解决一些函数的最值问题. 定理 设x,y∈R+,a,b为正有理数,则 aabb(x+y)a+b≥(a+b)a+bxayb ①当且仅当x/a=y/b时,①式取等号. 证明 (1)当a,b为正整数时,由算术——几何平均值不等式,有 (x+y)a+b     

用权方和不等式证明分式不等式

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…     

一个无理型柯西不等式的应用

本文介绍下列一个无理型柯西不等式的应用. 定理设x1,x2,…,xn;y1,y2,…,yn∈R+,则当且仅当x1:y1=x2:y2=…=xn:yn 时,等号成立.     

高考试题中的推广类问题浅述

从一类对象或一个范畴的研究过渡到更广的一类对象或更广范畴上的研究 ,称为推广 .类比是推广数学命题的一个工具 .从逻辑上说 ,推广就是将数学命题的外延扩大 ,来研究它的内涵变化特点 .在历年高考试题中 ,推广类试题曾多次出现 .1　在不等式中的推广例 1　已知x∈ (0 ,+∞ ) ,由不等式x + 1x ≥2 ,x + 4x2 =x2 + x2 + 4x2 ≥ 3,… ,由此启发我们可以推广为x + axn≥n + 1(n∈N ) ,则a =.解　首先a >0 ,由基本不等式“A≥G(A为算术平均值 ,G为几何平均值 )”得x + axn =xn + xn +… + xn + axn ≥ (n + 1)n + 1xn·xn … xn·axn ,对照条…     

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     

一个不等式与一组希望杯最值问题

我们在高考复习中遇到了这样一个不等式:设x1,x2∈R,y1,y2∈R ,则有x21/y1 x22/y2≥(x1 x2)2/y1 y2 (*),当且仅当x1/y1=x2/y2时,等号成立．它的证明较为简单: (x21/y1 x22/y2)(y1 y2)=(x1 x2)2     

运用均值定理解题的错解与技巧剖析

“若a1,a2,…,an∈R+,则a1+a2+n…+an≥na1a2…an,仅当a1=a2=…=an(n≥2,n∈N)时等号成立”是一个应用广泛的平均不等式,许多外形与它截然相异的函数式,常常也能利用它巧妙地求出最值.运用均值定理求最值是历年来高考的热点内容,因此必须掌握用重要不等式求函数最值的方法.一、重视运用正数、取等、定值1.注意正数例1求函数y=x+4x的值域.错解:∵x+4x≥2x×4x=4(仅当x=2时取等号),所以值域为[4,+∞).这里错误在于使用均值定理a+b≥2ab时忽略了条件:a,b∈R+.正解:当x>0时,x+4x≥2x×4x=4(当x=2时取等号);当x<0时,-x>0而(-x)+-4x≥2(-x)-4x=4…     

一类循环和的特性

设φ( x)与ψ( x)均为区间 X上的单调函数 ,对任意 x1、x2 、…、xn ∈ X( n≥ 2 ) ,记Sn( x1,x2 ,… ,xn) =φ ( x1)ψ ( x2 ) φ( x2 )ψ( x3) … φ ( xn-1)ψ ( xn) φ ( xn)ψ( x1) .本文讨论其最值 ,并证明文 [1 ]文 [2 ]的猜想成立 .定理　若 p、q∈ R使一切 x、y、z∈ X满足 S2 ( x,y)≤ p,S3( x,y,z)≤ q,( 1 )则对任意 x1、x2 、…、xn ∈ X　 ( n≥ 2 )有Sn( x1,x2 ,… ,xn)≤ Mn( p,q) ,( 2 )其中Mn( p,q) =12 np,12 ( n - 3) p q,　 n为偶数 ;n为奇数 .证明　 (用数学归纳法 )1°　当 n =2 ,3时 ,由 M2 ( p,q) =p,…     

函数f(x)=a/(sin~nx) b/(cos~nx)最小值猜想的推广

文[1]中猜想:f(x)=a/sin~nx b/cos~nx(00,由均值不等式得:nAsin2x 2amsinmnx=Asin2x Asin2x … Asin2x asinmnx sinamnx … sinamnx≥(n 2m)(Ana2m)n 12m.nAcos2x 2bmcosmnx=Acos2x Acos2x … Acos2x bcosmnx cosbmnx … …     

一类二元函数最值的求法

文[1]利用不等式:设x1,x2∈R,y1,y2∈R ,则x21y1 x22y2≥(x1 x2)2y1 y2(1)(当且仅当x1y1=x2y2时等号成立)给出了一类二元函数最值问题的一种解题策略.受此启发,本文给出另一类二元函数最值的求法.定理设x,y∈R,a,b∈R ,则(1)当a>b时,有x2a-y2b≤(x-y)2a-b(2)(2)当a相似文献   

一个分式不等式的再推广

1993年,冯跃峰老师在《上海中学数学》第2期上提出一个不等式问题:已知x,y,z∈R ,x y z=1,求证:x4y(1-y) z(1y-4z) x(1z-4x)≥16.(1)次年,尹文华老师将其推广,得到如下结果[1]:若x,y,z∈R ,且x y z=1,求证:x4y(1-y2) z(1y-4z2) x(1z-4x2)≥81.(2)2004年,李铁烽老师将上述两个不等式统一推广为[2]:若x,y,z∈R ,且x y z=1,n是正整数,求证:x4y(1-yn) z(1y-4zn) x(1z-4xn)≥3n 32n-9.(3)本短文旨在推广不等式(3),笔者提出并证明下述定理若x,y,z,n∈R ,m≥2,且x y z=1,则xmy(1-yn) z(1y-mzn) x(1z-mxn)≥33nn--m 12.(4)证明由幂平均不等式,可得…     

巧用等比性质证不等式

题目 已知xi,yi∈R^＋（i=1,2,…,n）,且x1/y1〈x2/y2〈…〈xn/yn,求证：x1/y1〈x1＋x2＋…＋xn/y1＋y2＋…＋yn〈xn/yn.