与一道USAMO试题有关的不等式链

第 2 6届美国数学奥林匹克有一道试题 :对 a、b、c∈ R ,有( a3 b3 abc) -1 ( b3 c3 abc) -1 　 ( c3 a3 abc) -1 ≤ ( abc) -1 . ( 1)本文将通过以下定理证得与 ( 1)有关的不等式链 .定理　设 x、y、z∈ R ,且 xyz =1,则3x y z≤ ∑ 1x y 1≤ ∑ 1x 2≤ 1, ( 2 )其中 ∑ 表示对 x、y、z的轮换求和 .证明　设 x y z =a,xy yz xz =b,由xyz =1,易知 a≥ 3,b≥ 3,a2 ≥ 3b.且x2 y2 z2 =a2 - 2 b,x2 y xy2 y2 z yz2 z2 x zx2 =ab - 3.经运算可得　 ∑ 1x 2= ( y 2 ) ( z 2 ) ( x 2 )…     

IMO42-2的推广

第 4 2届 ( 2 0 0 1年 )国际数学奥林匹克试题第 2题为 :对所有正实数 a,b,c,证明 :aa2 8bc bb2 8ca cc2 8ab≥ 1 . ( 1 )推而广之 ,我们发现以下定理　若 a,b,c∈ R ,λ≥ 8,则aa2 λbc bb2 λca cc2 λab≥ 31 λ. ( 2 )证明　令 x =bca2 ,y =cab2 ,z =abc2 ,则 x,y,z∈ R ,且 xyz =1 .于是 ,不等式 ( 2 )等价于11 λx 11 λy 11 λz≥31 λ( 3) 　 1 λ[( 1 λy) ( 1 λz) ( 1 λz) ( 1 λx) ( 1 λx) ( 1 λy) ]≥ 3( 1 λx) ( 1 λy) ( 1 λz) 　 ( 1 λ) [3 2λ( x y z) λ2 ( yz zx …     

两道试题的统一研究

在《中等数学》数学奥林匹克问题中有如下一题:1.对所有的正实数a,b证明:a3a b b3b a≤1.无独有偶在《数学通报》数学问题中也有一题类似于上题:2.对所有的正实数a,b,证明:aa 3b bb 3a≥1事实上,我们将题2所证的不等式两边同时乘以3有:a13a b b13b a≥3.将此式与题1的结论进行比较,发现:对于正数λ的不同取值,aλa b bλb a的取值也相应的发生变化,为此我们来讨论该式的取值范围.将上式进行变形为:1λ ba 1λ ab,令x=ab,y=ba,则x>0,y>0,且xy=1,所以只要讨论1λ x 1λ y的取值范围,其中x,y∈R ,λ>0,xy=1.将上式平方有:(1λ x 1λ y)2=1λ x…     

用特征根求二次曲面圆截面方程

求二次曲面圆截面方程一般较麻烦 ,但对于形如f ( x,y,z) =ax2 + by2 + cz2 + 2 fyz+ 2 gzx+ 2 hxy=1 ( 1 )用特征根法可以很方便的求得 ,因运用旋转变换将 ( 1 )可化为 [1]λ1x′2 + λ2 y′2 + λ3z′2 =1 , ( 2 )其中 λ1,λ2 ,λ3为特征方程a-λ h gh b-λ fg f c-λ=0 ( 3)的特征根 ,且 ( 3)即- λ3+ I1λ2 - I2 λ+ I3=0 [1] . ( 3′)这里 I1=a+ b+ c.I2 =a hh b + a gg c + b ff c ,I3=a h gh b fg f c.显然 ,( 1 )的中心在 ( 0 ,0 ,0 ) ,可看作截面圆的中心 ,即 ( 1 )与球面 x2 + y2 + z2 =r2交线的中心 ,由 ( 1 )可写成ax2 + by…     

数学问题解答

2007年1月号问题解答(解答由问题提供人给出)1651已知x,y,z∈R ,n∈N,求证:nx xy z x nyy z x yz nz≤n3 2.(陕西省绥德中学刘永春718000)证明当n=1时,不等式显然成立.当n≥2时,设nx y z=a,x ny z=b,x y nz=c,则x=(nn( n1) a1-)-b2-c,y=(nn( n1) b1-)-c2-a,z=(nn( n1) c1-)-a2-     

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)、(…     

Universal sums of three quadratic polynomials

Let a,b,c,d,e and f be integers with a≥ c≥ e> 0,b>-a and b≡a(mod 2),d>-c and d≡c(mod 2),f>-e and f≡e(mod 2).Suppose that b≥d if a=c,and d≥f if c=e.When b(a-b),d(c-d) and f(e-f) are not all zero,we prove that if each n∈N={0,1,2,...} can be written as x(ax+b)/2+y(cy+d)/2+z(ez+f)/2 with x,y,z∈N then the tuple(a,b,c,d,e,f) must be on our list of 473 candidates,and show that 56 of them meet our purpose.When b∈[0,a),d∈[0,c) and f∈[0,e),we investigate the universal tuples(a,b,c,d,e,f) over Z for which any n∈N can be written as x(ax+b)/2+y(cy+d)/2+z(ez+f)/2 with x,y,z∈Z,and show that there are totally 12,082 such candidates some of which are proved to be universal tuples over Z.For example,we show that any n∈N can be written as x(x+1)/2+y(3y+1)/2+z(5z+1)/2 with x,y,z∈Z,and conjecture that each n∈N can be written as x(x+1)/2+y(3y+1)/2+z(5z+1)/2 with x,y,z∈N.     

对一道猜想不等式的解答

文[1]在最后提出了如下:猜想设x,y,z∈R ,a,b,c∈R ,若p>2t≥0,则有xa2tx py yb2ty pz zc2tz px≥2p(bc ca ab)-(2t p)(a2 b2 c2)(p t)(p-2t)(1)(原文中t>0,可放宽为t≥0)·本文将证明(1)式成立·为此,令λ=yx,u=zy,v=xz,p=2n,t=m,分别代入(1)式,并经整理得到与(1)式等价的下述·命题设a,b,c,,λu,υ∈R ,且λuυ=1,又n>m≥0,则有2am 2nλ 2bm 2nu 2cm 2nv≥2n(bc ca ab)-(n m)(a2 b2 c2)(2n m)(n-m)(2)又由λuυ=1,可设λ=r2r3r21,u=r3r12r2,υ=r1r2r23,r1,r2,r3∈R ,代入(2)式,并经整理得到:r21a2m r21 2nr2r3 r22b2m r22 2nr3r1 r23r2m…     

一个分式不等式的探讨

文 [1]提出如下有趣问题 :设λ、μ、ν为不全为零的非负实数 ,求使不等式xλx+ μy +νz + yλy+ μz +νx +zλz+ μx+νy ≥ 3λ+ μ+ν (1)对任意正实数x ,y ,z都成立的充要条件 .经探讨 ,我们得到了下面的定理 1　当λ、μ、ν≥ 0且 μ ,ν不全为零时 (若 μ =ν =0 ,λ ≠ 0 ,则 (1)为恒等式 ) ,(1)对任意x ,y,z>0成立的充要条件是2λ≤ μ +ν .证明　用 ∑f(x ,y ,z)表示 f(x ,y ,z)+ f(y ,z ,x) + f(z ,x ,y) ,经演算有∑x(λy + μz+νx) (λz+ μx +νz)=λμν∑x3 + (λ3 + μ3 +ν3 + 3λμν)xyz +(λ2 μ+ μ2 ν+ν2 λ) …     

三角形中Σ1/a~2的改进形式

文 [1]给出了关于三角形三边的不等式 :设△ABC的三边长分别为a、b、c ,外接圆半径为R ,内切圆半径为r,半周长为s,面积为△ ,则1a2 1b2 1c2 ≤ 3 3R8rΔ ( 1)本文将证明上述不等式的一个改进为 (符号意义同上 ) :1a2 1b2 1c2 ≤ 14r2 ( 2 )1a2 1b2 1c2 ≥ 12Rr ( 3 )证明 :在△ABC中 ,可设a =y z,b =x z,c =x y ,则 1a2 1b2 1c2 =1(y z) 2 1(x z) 2 1(x y) 2 =1(y-z) 2 4yz 1(x-z) 2 4xz 1(x -y) 2 4xy≤ 14 ( 1yz 1xz 1xy) (当且仅当(转封三 )(接 48页 )x =y=z时取“ =”号 ) =14 ·x y zxyz将三角形中的恒等式 :x y z=…     

新题征展(103)

A题组新编 　　1.(1)已知Y∈R+,求证: 　　1/2(x+y)2+1/4(x+y)≥x√y+y√x; 　　(2)设a、b、c为不全相等的正数,求证: 　　bc/a+ac/b+ab/c>a+6+c; 　　(3)已知口,b,c∈R+, 　　求证:a2/b+c+b2/c+a+c2/a+b≥a+d+c/2; 　　(4)已知a,b,c∈R+, 　　求证:c/a+b+a/b+c+b/c+a≥3/2; 　　(5)若正数a、b,c满足a+b+c=1, 　　求证:(1/a+q1(1/b+1)(1/c+1)≥64.……     

运用a~2 ab b~2的变式证明一类不等式

众所周知,在不等式的证明过程中,常常要将待证的式子进行适当的变形,以利于问题的解决.本文将式子a2 ab b2进行适当的变形后,对一类不等式的证明起到了较好的效果.变式1a2 ab b2=(a 2b)2 3b24.例1已知x,y,z∈R,求证:x2 xy y2 y2 yz z2 z2 zx x2≥23(x y z);证明x2 xy y2=(x 2y)2 43y2≥23|y|≥23y,同理y2 yz z2≥23z,z2 zx x2≥23x,三式相加即可,x=y=z=0时取等号.变式2a2 ab b2=a2 b2 (a b)22例2已知x,y,z∈R,求证:x2 xy y2 y2 yz z2 z2 zx x2≥2(x y z).证明x2 xy y2=x2 y2 (x y)22≥|x 2y|≥22(x y),同理y2 yz z2≥22(y z),z2 zx x2≥22(…     

第42届IMO第2题的隔离与推广

文 [1 ]将 2 0 0 1年的第 4 2届IMO第 2题推广为设实数a ,b ,c∈R+,λ≥ 8,则aa2 +λbc+ bb2 +λac+ cc2 +λab　≥ 31 +λ ( 1 )当λ =8时 ,式 ( 1 )便是第 4 2届IMO第 2题的原题 .文 [2 ]对 2 0 01年的第 4 2届IMO第 2题的一个推广为设 ai∈R+,T =a1a2 …an,则 ni=1an - 12ian - 1i + (n2 - 1 )T ai≥ 1 ( 2 )本文研究发现 ,式 ( 1 )可以进行中间隔离 ,式 ( 2 )可以进一步加强推广并进行中间隔离 .兹于此 ,本文给出如下结论定理 1　设实数a ,b ,c∈R+,λ≥ 8,则aa2 +λbc+ bb2 +λac + cc2 +λab ≥(a +b +c) 3 2 a3+ 3λabc≥ 31 …     

不等式a^2＋b^2＋c^2≥ab＋bc＋ca及其应用

本文介绍一个常见的不等式 ,把它当作一个定理 ,并围绕这个定理及其推广精选了从易到难各档次的五个题目加以解答 ,意在开发它的功能 ,加强它在解题中的运用 .定理　a ,b ,c∈R ,则a2 +b2 +c2 ≥ab +bc +ca .证明　∵ 2 (a2 +b2 +c2 ) =(a2 +b2 ) + (b2 +c2 ) + (c2 +a2 )≥ 2ab + 2bc+ 2ac .∴a2 +b2 +c2 ≥ab +bc +ca .“ =”号成立时当且仅当a =b =c .推广　x ,y ,z∈R+ ,a ,b ,c∈R ,那么　 y +zx a2+ x +zy b2 + x +yz c2 ≥ 2 (ab +bc+ca) .证明　∵ yxa2 + xyb2 + zyb2 + yzc2 +xzc2 + zxa2 ≥ 2ab + 2bc+ 2ac .∴推广成立 .该定理…     

“分步法“巧证分式不等式

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…     

巧用(a+b)2≥4ab证明不等式

试比较如下两个平凡不等式 :　　 a b≥ 2 ab ( 1 )　　 ( a b) 2≥ 4 ab ( 2 )将 ( 1 )式两边平方 ,即得 ( 2 )式 ;但对 ( 1 )式 ,a,b不能是负数 ,而对于 ( 2 )式 ,a,b却可以是任意实数 .可见 ( 2 )式的应用范围更为宽广 ,而且应用更加生动灵活 .本文旨在介绍 ( a b) 2≥ 4 ab在不等式证明中的种种巧用 .1　正用例 1　已知 3y =3x z,求证 :y2≥ 4 xz.证明　依 ( 2 )式 :( 3y) 2 =( 3x z) 2 ≥ 4 .3xz,故　　 y2≥ 4 xz.例 2　设 a,b,c∈ R,且 a c- 2 b≠ 0 ,求证 :　 ( c b - 2 a) 2　≥ 4 ( a c - 2 b) ( a b - 2 c) .…     

一类三角形几何不等式的统一证法

我们知道 ,任何三角形都有一个内切圆 ,切点把三边分成两段 .根据切线长定理 ,可将三边分拆换元 ,即在△ABC中 ,a ,b ,c分别为其三边长 ,可设a =y +z ,b =x +z ,c =x + y (其中 ,x ,y ,z∈R+ )( 1)如此便可简捷地证明一些三角形不等式 .下面我们举例说明 :1　分拆换元后 ,运用算术—几何平均值不等式一些结构较复杂 ,直接运用均值不等式有困难的三角形几何不等式 ,依据 ( 1)式分拆换元后 ,却能容易利用算术—几何平均值不等式 .例 1　在△ABC中 ,a ,b,c分别为其边长 ,求证 :① (《数学通讯》 2 0 0 1.12 .数学问题 132 4 )a +bb +c -a+ b…     

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 [( …     

A Note on Derivations in Semiprime Rings

Throughout,R will be semiprime ring,Qmr=Qmr(R) the maximal right quotient ringof R,and C=Z(Qmr) the extended centroid of R(see[1 ,Chapter2 ] for details) .　 In [2 ] ,Bresar,M.discussed the identity of derivations in a prime ring,and provedthat if nonzero derivations d and g of R satisfy d(x) g(y) =g(x) d(y) for all x,y∈R,then there exists aλ in C such thatg(x) =λd(x) for all x∈ R.Itis natural to ask whatresults can be obtained if d(x) g(x) =g(x) d(x) for all x∈ R.In[3 ] ,Bresa…     

三角形不等式的共同解法—关于三角形旁切圆半径的两个不等式证明的改进

众所周知(x y)(y z)(z x)=xy(x y) yz(y z) zx(z x) 2xyz=x2y xy2 y2z yz2 z2x zx2 2xyz　(*)这是一个十分重要的代数恒等式,由(*)立即得到(x y)(y z)(z x)=(x y z)(xy yz zx)-xyz(1)(x y)(y z)(z x)=x(y z)2 y(z x)2 z(x y)2-4xyz(2)(x y)(y z)(z x)(x y z)=xy(x y)2 yz(y z)2 zx(z x)2 4xyz(x y z)(3)(x y)(y z)(z x)(xy yz zx)=x2y2(x y) y2z2(y z) z2x2(z x) 2xyz(x y z)2(4)……(*)及(1),(2),(3),(4)……在证明关于三角形不等式方面有极其广泛的应用.这是因为:图1任一三角形总有内切圆(图1),总可以作变换a=y z,b=z x,c=x y(x,y,z∈R )…