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1.
不等式∑(a/b+c)<1+(23/3)的初等证明 总被引:2,自引:1,他引:1
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 (a)/(b+c)+(b)/(c+a)+(c)/(a+b) <1+(23/3).(1) 相似文献
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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 相似文献
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对如下一道竞赛题:设a,b,c是正实数,且a2+b2+c2=1,证明:(a5+b5)/(ab(a+b))+(b5+c5)/(bc(b+c))+(c5+a5)/(ca(c+a))≥3(ab+bc+ca)-2①文[1]给出如下三个加强:加强1设a,b,c是正实数,且a2+b2+c2=1,则 相似文献
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2011年美国数学奥林匹克有下面的一道不等式证明题:设a,b,c>0,且a2+b2+c2+(a+b+c)2≤4,求证:(ab+1)/(a+b)2+(bc+1)/(b+c)2+(ca+1)/(c+a)2≥3.文[1]中安振平老师用换元法给出了证明,并给出两个加强.在享受安先生高超的变形技巧时,思考能否直接证明,从而得到一种简洁的直接证明,现介绍如下: 相似文献
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题目已知a/b+c=b/c+a=c/a+b,求a/b+c的值。解1 因a/b+c=c/a+b,由等此定理: a/b+c=a+b+c/(b+c)+(c+a)+(a+b)=a+b+c/2(a+b+c)=1/2。解2 因a/b+c=b/c+a=c/a+b=-d/-(a+c) 由等比定理得: a/b+c=a+(-b)/(b+c)+〔-(a+c)〕=a-b/b-a=-1 这岂不成了1/2=-1吗?谁是谁非? 相似文献
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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… 相似文献
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给出了最佳参数α_1,α_2,α_3,β_1,β_2,β_3∈R,使得双向不等式α_1Q(a,b)+(1-α_1)G(a,b)0且a≠b成立.其中A(a,b)=(a+b)/2,H(a,b)=2ab/(a+b),G(a,b)=(ab)~(1/2),Q(a,b)=((a~2+b~2)/2)~(1/2),C(a,b)=(a~2+b~2)/(a+b),T(a,b)=2/π∫_0~(π/2)(a~2cos~2t+b~2sin~2)~(1/2)tdt分别是两个正数a和b的算术平均,调和平均,几何平均,二次平均,反调和平均和Toader平均. 相似文献
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宋庆先生在文[1]提出了如下猜想:若a,b,c为满足abc≥1的正数,则(ab+bc+ca)(ba+cb+ac)≥(a+b+c)(1a+1b+1c).文[2]证明了这一猜想,文[3]给出了另一种证 相似文献
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<正>题目(2004年西部数学奥林匹克竞赛题)求证:对任意正实数a,b,c,都有1< (a/(a2+b2)1/2)+(b/(b2+c2)1/2)+(c/(c2+a2)1/2≤(321/2/2) (*)文[1]利用三角代换,在证以上右边含上界的不等式时最后一步有误!现将文[1]证明过程的最后几步摘录如下: 相似文献
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A题组新编1.设△ABC的内角A,B,C的对边长分别为a,b,c,已知cos(A-C) +cosB=t(t是已知的正数),根据下列条件分别求出角B的大小:(1)a,b,c成等比数列;(2)a,b,c成等差数列.2.(1)求数列{2(n-1)/x(2n-1)+1}的前n项和Sn;(3n+1)+(3n+4)+(3(2)求数列(3n-2)+(3n+1)+(3n+4)+(3n+7)/(3n-2)(3n+1)(3n+4)(3n+7)的前n项和Tn.3.(1)证明:2(2n)-1 (n ∈ N*)至少有n个不同的素因数;(2)求C12n,C32n,C52n,…,C2n-12n的最大公约数.B藏题新掘4.已知曲线C:x|x|/a2-y|y|/b2=1,下列叙述中错误的是A.垂直于x轴的直线与曲线C只有一个交点B.直线y=kx +m(后,m∈R)与曲线C最多有三个交点C.曲线C关于直线y=-x对称D.若P1(x1,y1),P2(x2,y2)为曲线C上任意两点,则有(y1-y2)/(x1-x2) >05.(二项式定理)在(x+y)n的展开式中,若第七项系数最大,则n的值可能等于____. 相似文献
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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… 相似文献
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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). 相似文献
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文[1]介绍了阿.尼.瓦西列夫不等式:设a,b,c为满足a b c=1的正数,则a2 bb c bc2 ac ca2 ba≥2(1)文[2]将其推广为设a,b,c为满足a b c=1的正数,则λa2 bb c λcb2 ac λac2 ba≥λ2 3(λ≥1)(2)文[3]将(2)式中的λ≥1改进为λ≥41,并提出λ的最好正的下界是什么?借助杨路教授 相似文献
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近期,已有文[1]、[2]将第34届IMO第二题拓广为命题:“设P为△ABC内部一点,记: ∠APB-∠ACB=C', ∠APC-∠ABC=B', ∠BPC-∠BAC=A',则有 ①((a·PA)/(sinA'))=((b·PB)/(sinB'))=((c·PC)/(sinC'));(1) ②(a·PA)~2=(b·PB)~2 (c·PC)~2 相似文献
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文[1]提出并证明了下面一对姐妹不等式:若a,b,c是正数,且a b c=1,则有1b c-ac 1a-ba1 b-c≥763,①1b c ac1 a ba1 b c≥1613.②以上两式当且仅当a=b=c=31时取等号.但文[1]证明过程较繁杂,本文给出一种简单证法,并将结论进行一定推广.1一对不等式的简证先证上述不等式①.记x=b c,y=c a,z=a b,则有00,即f(t)为下凸函… 相似文献
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<正>代数式的求值问题有两类:一类是给出字母的取值,直接带入求值;还有一类则是给定一个条件等式,而式中的字母又无法具体求解或者求起来不便,这时就可以考虑用整体的思想代入求值.一、直接进行整体代入1.当(a-b)/(2a+b)=5时,求3(a-b)/(2a+b)+(2a+b)/2(a-b)的值.解∵(a-b)/(2a+b)=5, 相似文献
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贵刊文[1]、文[2]给出了下列一类条件不等式.若a,b,c>0,且a+b+c=1,则1/(1+a2)+1/(1+b2)+1/(1+c2)≤27/10.(1)若a,b,c,d>0,且a+b+c+d=1,则1/(1+a3)+1/(1+b3)+1/(1+c3)+1/(1+d3)≤256/65.(2)若a,b,c,d>0,且a+b+c+d=1,则1/(1+a2)2+1/(1+b2)2+1/(1+c2)2+1/(1+d2)2≤824/289.(3)笔者认为不等式(3)应改为: 相似文献
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文[1]第3题(4):已知正数a,b,c满足a+b+c=1.求证:1/a(1+b)+1/b(1+c)+1/c(1+a)的最小值是27/4.
求证:1/a(1+b)+1/b(1+c)+1c(1+a的最小值是27/4.鉴于文[1]所给答案较为繁琐,笔者在此给出此题一种简洁证法,并将该结论做更一般性的推广. 相似文献