一个无理不等式及其猜想的初等证明

文[1]给出了不等式:设a,b＞0,0＜λ≤2,则(√a/a+λb)+(√b/b+λa)≤2/(√1+λ)…………………(1) 文[2]类比给出了不等式:a,b＞0,0＜λ≤3,则3(√a/a+λb)+3(√b+b+λb)≤2/3(√1+λ)……………(2) 文[2]猜想:a,b＞0,n≥2,n∈N,0＜λ≤n,则n(√a/a+λb)+n(√b+b+λa)≤2/n(√1+λ)……………(3) 文[2]只给出不等式(2)的微分法证明,未能给出初等证明,并指出如何给出初等证明是一个值得继续研究的问题.本文将给出不等式(2)、(3)的一个初等证明;因为要用到不等式(1)证明过程中的一个结论,所以,先证不等式(1).     

正确求取sum from i=1 to n (a_i)整数部分的一种方法

文 [1 ]、[2 ]、[3]介绍了求S=∑ni=11i 和 S=∑ni=1i整数部分的一些不等式 ,从而设法求出 [S].但是不论该不等式如何精确 ,总有不能解决的问题 ,例如文 [3]中最强的一个不等式2 n 2 548- 1 16 3 1 22 相似文献   

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:     

经典均值不等式的多重隔离

我们都知道下列经典均值不等式:设a_1,a_2,…,a_n是n个正数,n≥2,n∈N~*.则n/(1/(a_1)+1/(a_2)+…+1/(a_n))≤(a_1a_2…a_n)~(1/n)≤(a_1+a_2+…+a_n)/n≤((a_1~n+a_2~n+…+a_n~n)/n)~(1/n),等号当且仅当a_1=a_2=…=a_n取到.受文[1],[2]的启发,笔者给出下列经典均值不等式的多重隔离:     

一个征解轮换对称不等式的初等证明

用初等方法证明了不等式:设xi>0,i=1,2,…,n(n≥3),则x2/x1(x3 x4 … xn) x3/x2(x4 x5 … x1) … x1/xn(x2 x3 … xn-1)≥(n-2)(x1 x2 … xn)     

一个不等式的加强

第13届普特南数学竞赛的A—1题为2n3n<∑nk=1k<4n 36n1文[1]利用Abel变换改进不等式为　2n 13n≤∑nk=1k≤4n 36n-162文[2]进一步改进为　2n 23-2-13≤∑nk=1k≤4n 36n-163本文将探讨比3式更强的不等式.定理　对任意正整数n,有　4n 36n 124n-524≤∑nk=1k≤4n 36n-164当且仅当n=1时式中等号成立.证明　这里我们仅证4式下界不等式,4式上界不等式的证明可见文[2].为证4式下界不等式,先证下列不等式:n>4n 36n 124n-　[4(n-1) 36n-1 124n-1](其中n>1)　5要证5式,只要证　4n-16n-1 124n-1>4n-36n 124n,即只要证　(16n2-20n 5)n>(16n2-12n 1)n-1,…     

一个竞赛不等式的多方位推广

文[1]中给出了下列结果:已知x1,x2,…,xn∈R ,则x12/x2 x22/x3 … xn2/x1≥x1 x2 … xn (4(x1-x2)2)/(x1 x2 … xn)(1)文[2]给出了不等式(1)的进一步推广结果:已知x1,x2,…,xn∈R ,n,m,s∈N ,m>s,则x1m/x2s x2m/x3s … xnm/x1s≥x1m-s x2m-s … xnm-s (4(x1-x2)2)/((m-s)(x1s 2     

关于Minc-Sathe不等式的上界和下界

H .Minc和L .Sathre在 [1 ]中证明了下面不等式 :对一切自然数n ,有nn+ 1 (n+ 1 ) n n+ 1n+ 2n(n+1 ) ( 3)当n=1时 ,不等式 ( 3)显然成立 .假设不等式 ( 3)对n=k(k≥ 1 )成立 ,即k !>(k+ 1 ) k k + 1k+ 2k(k+1 ) ( 4 )不等式 ( 4 )的两边乘以k+ 1得到(k+ 1 ) !>(k+ 1 ) k+1 k + 1k+ 2k(k…     

两个不等式的推广

题目[1]已知x_1~2 x_2~2 … x_100~2=300,求证:x1 x2 … x100≤200(1)文[2]对不等式(1)进行了加强和推广,分别给出四个命题,其中后两个命题(见原文命题3、命题4)分别为:命题1若∑ni=1kixi=A,且∑ni=1ki=B,其中ki>0(i=1,2,…,n),A与B都是常数,则∑ni=1kixi2≥AB2(2)当且仅当x1=x     

一个三角不等式的部分加强

第19届全俄中学生数学奥林匹克竞赛中有一个三角不等式问题:求证:对任意的实数x,y,z,有下面的不等式sin2xcosy sin2ycosz sin2zcosx<32(1)成立.文[1]对(1)做了加强,给出一个一般性的结果:命题1设x,y,z∈[0,π2],m,n∈N,则sinmxcosny sinmycosnz sinmzcosnx<1 mmnn(m n)m n(2)并根据(2)将(1)加强为sin2xcosy sin2ycosz sin2zcosx<1 2 39≈1.385(3)文[2]进一步将(3)加强为sin2xcosy sin2ycosz sin2zcosx≤54(4)且54为最小上界.本文用非常简捷的方法对(2)做部分改进.首先指出命题1中的一个不足之处:文[1]认为(2)中不等号的左右两边不会相等.这…     

从不等式~(1/2)(a/(a 3b)) ~(1/2)(b/b 3a)≥1谈数学推广

1　从一个“形式推广”的案例说起1 .1　“形式推广”的案例文 [1 ]给出不等式 :例 1　 a,b∈ R ,求证 :　　 aa 3b bb 3a≥ 1 (1 )这个不等式简明深刻 ,其原证法的关键步骤是先证　　　　 aa 3b≥ a3 4a3 4 b3 41同理 bb 3a≥ b3 4a3 4 b3 4.相加即得所求 .文 [2 ]继续给出不等式 :例 2　 a,b>0 ,求证 :　 aa2 3b2 bb2 3a2 ≥ 1 (2 )文 [3]看到了这两个例子的共同结构 ,作出了如下的“指数推广”:例 3　 n∈ N,a,b∈ R ,则　　 anan 3bn bnbn 3an ≥ 1 (3)正如文 [3]的编者按所指出的 ,(3)也可以看成是 (1 )的特例而并不是…     

关于一个不等式的初等证明及其推广

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?     

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=…     

一个代数不等式推广的简证与类似结论

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     

对一道高考题的探究

2006年江西高考理科压轴题的最后一问经提取后,即是要证明以下不等式成立:(1-1/3)(1-1/3~2)(1-1/3~3)·…·(1-31n)>1/2(n∈N )(1)注意到此不等式与自然数有关,故考虑用数学归纳法证明.而该式左边为含n的表达式,右侧为一常数,由数学归纳法证明过程易想到如果不对21进行变形是很     

一类积式不等式新证

1引言文[1]提出了一个猜想:设xi>0(i=1,2,…,n),且ni=1xi=1,k∈N,则有ni=1(1xi-xi)≥(n-1n)n.文[2],[3],[5]用不同的方法给出了证明.文[5]还给出了一类积式不等式的证明方法,并在文末提出了如下猜想:设ai>0(i=1,2…,n),ni=1ai=1,k∈N,则有∏ni=1(1aik-aik)≥(nk-1nk)n.本文利用     

一个猜想的简捷证明

文 [1 ]已证明 :在任意△ ABC中 ,有cos3 A cos3 B cos3 C≥ 38,其中“=”当且仅当△ ABC为正三角形时成立 ,并给出如下猜想 :cosn A cosn B cosn C≥ 3( 12 ) n,( n≥ 2 ,n∈ N) .文 [2 ]利用著名的 Jacobsthal不等式证明了这个猜想 ,下面利用平均值不等式给这个猜想一个简捷证明 .猜想证明 :当 n =2时不等式易证 (略 ) .当 n >2时 ,对非钝角△ ABC,由平均值不等式知 :2 ( 2 cos A) n n - 2≥ 4 n .cos2 A,即　 ( 2 cos A) n≥ 2 n( cos2 A - 14 ) 1 ,同理　 ( 2 cos B) n ≥ 2 n( cos2 B - 14 ) 1 ,　 ( 2 cos C)…     

不等式k~(1/2)+1/(k+1)~(1/2)>(k+1)~(1/2)的几种证法

为什么要证明不等式k~(1/2)+1/(k+1)~(1/2)>(k+1)~(1/2)下面通过实例来说明,高中数学第三册P.147.3(4)题:求证1/1~(1/2)+1/2~(1/2)+…+1/n~(1/2)>n~(1/2)(n>1)。我们用数学归纳法来证明。 (1)当n=2时不等式左边=1/1~(1/2)+1/2~(1/2)=(2+2~(1/2))/2右边=2~(1/2)=(2~(1/2)+2~(1/2))/2,显然不等式成立。 (2)假设当n=k(k>1)时不等式成立,     

常见累进数列n{(n+1)…(n+m))的求和方法

大家知道1·2+2·3+3·4+…n(n+1)的求和可利用通项公式来求,即: 1·2+2·3+3·4+…+n(n+1)=(1~2+2~2+3~2+…+n~2)+(1+2+3+… +n)=(1/6)n(n+1)(2n+1)+(1/2)n(1+n)-(1/3)n(n+1)(n+2) 但是用这种方法求和涉及到数列1~2,2~2,3~2…n~2的求和,如果给出累进数列的每项乘积因子则又涉及数列{n~3},{n~4},…的求和,所以利用通项求常见累进数列     

关于一个不等式猜想的否定

本刊文[1]对文[2]中的第一个不等式给予推广，对第二个不等式的推广提出一个猜想：设xi〉0（i=1，2，3，…，n），n∑i=1xi=1.则n∏i=1（1/1-xi＋xi）≥（n/n-1＋1/n）^n.