均值不等式的加强及逆向

本文给出关于平均值Ａｎ,Ｇｎ 的两个新的不等式及其等价形式 ,它们可看作均值不等式Ａｎ≥Ｇｎ 的加强及逆向 ,有着许多有趣的应用 .定理　设ｘｉ∈ [ａ ,ｂ] ,0 <ａ <ｂ ,ｉ =1,2 ,… ,ｎ ,则有1ｎ ｎｉ=1 (ｘｉ-2ａ) 2 ≥ [( ｎｉ=1 ｘｉ) 1ｎ -2ａ] 2 (1)1ｎ ｎｉ=1 (2ｂ -ｘｉ) 2 ≤ [2ｂ -( ｎｉ=1 ｘｉ) 1ｎ] 2 (2 )即　 14ａ[1ｎ ｎｉ=1 ｘ2ｉ-( ｎｉ=1 ｘ2ｉ) 1ｎ]　≥ 1ｎ ｎｉ=1 ｘｉ-( ｎｉ=1 ｘｉ) 1ｎ (3)　≥ 14ｂ[1ｎ ｎｉ=1 ｘ2ｉ-( ｎｉ=1 ｘ2ｉ) 1ｎ] (4)以上各式取等号的条件均为ｘ1 =ｘ2 =… =ｘｎ.证　易知 (3) …     

一个数学问题的推广

设ａ ,ｂ ,ｃ,ｄ ,∈Ｒ ,求证ａｂｃ ｂｃｄ ｃｄａ ｄａｂ≤ 11 6(ａ ｂ ｃ ｄ) 3(1 )这是《数学教学》1 999年第 2期问题与解答栏目第 475号题 ,原证法较复杂 ,文 [1 ]给出一简单证明 ,文 [2 ]曾用高等数学的拉格朗日乘数法证明了 (1 )式的推广形式ｘ1 ｘ2 …ｘｎ- 1 ｘ2 ｘ3… ｘｎ ｘｎｘ1 ｘ2 …ｘｎ- 2 ≤1ｎｎ- 2 (ｘ1 … ｘｎ) ｎ- 1 (2 )若采用初等对称函数的记号Ｅｋ(ｘ) =Ｅｋ(ｘ1 ,… ,ｘｎ) =∑1≤ｉ1 <… <ｉｋ≤ｎ∏ｋｊ=1ｘｉｊ,ｋ=1 ,… ,ｎ ,则 (2 )式可写作Ｅｎ- 1 (ｘ) ≤ 1ｎｎ- 2 Ｅｎ- 1 1 (ｘ)本文将利用逐步…     

一个定理的别证及推广

文 [1 ]的定理 2为 :设ａ ,ｂ∈Ｒ+,若ａ+ｂ≤ 2 ,则ａ+ｂ2 +2ａ+ｂ ≤ａｂ +1ａｂ若ａｂ≥ 1 ,则ａ+ｂ2 +2ａ +ｂ≥ ａｂ+1ａｂ其证明方法是作差比较法 ,现用函数的单调性证明之 .证明　易证函数ｆ(ｘ) =ｘ +1ｘ 在 (0 ,1 ]上递减 ,在 [1 ,+∞ )上递增 .因为 ａ +ｂ2 ≥ ａｂ ,故当 ａ+ｂ2 ≤ 1时 ,ｆ ａ+ｂ2 ≤ｆ(ａｂ) ,当ａｂ≥ 1时 ,ｆ ａ +ｂ2 ≥ｆ(ａｂ) ,即当ａ +ｂ≤ 2时 ,ａ+ｂ2 +2ａ+ｂ≤ ａｂ+1ａｂ.当ａｂ≥ 1时 ,ａ +ｂ2 +2ａ+ｂ≥ ａｂ+1ａｂ.推广　设ｘｋ >0 (ｋ =1 ,2 ,… ,ｎ) ,若∑ｎｋ=1ｘｋ ≤ｎ ,则1ｎ∑ｎｋ =1ｘｋ+…     

关于不用计算导数的大范围收敛迭代法的注记

1　引　　言在文 [1 ]中我们借助于动力系统方法导出了求连续函数 ｆ(ｘ)在区间 [ａ ,ｂ]上单零点ｘ 的一个大范围收敛的连续性方法 .此处 ｆ(ｘ)满足李氏条件 ,且 ｆ(ａ) <0 ,ｆ(ｂ) >0 .这个连续性方法由动力系统ｄｘｄｔ =- ｆ(ｘ)ｘ( 0 ) =ｘ0 ∈ [ａ ,ｂ]( 1 )确定 ,其解析解ｘ(ｔ ,ｘ0 )具有性质ｌｉｍｔ→ +∞ｘ(ｔ,ｘ0 ) =ｘ ,　　ｘ0 ∈ [ａ ,ｂ].　　为了数值地求出ｘ ,我们利用显式欧拉法ｘｎ+ 1=ｘｎ -ｈｎｆ(ｘｎ)ｘ0 =ｂ　ｏｒａ ( 2 )来求 ( 1 )式的解 .其中ｈｎ>0 ,为步长 .它的选择满足文 [1 ]中的不等式ａ<ｘｎ+ 1<ｘｎ,…     

一个优美的代数不等式

文 [1 ]有一个优美的不等式猜想 :若ａｋ∈Ｒ (ｋ =1 ,2 ,… ,ｎ) ,则 ｎｋ=1ａｋ ｎｋ=11ａｋ ≥ｎ2 2ｎ 1≤ｉ<ｊ≤ｎ(2ｎ ａｊａｉ-2ｎ ａｉａｊ) 2 (1 )本文证明这个猜想 .记Ｆｎ=ｘｎ 1ｘｎ (ｘ∈Ｒ ,ｎ∈ Ｚ-) ,则Ｆｎ≥ 2 .容易验证有如下引理 1　若ｍ1,ｍ2 ∈Ｚ ,ｍ1≥ｍ2 ,则Ｆｍ1 ｍ2 =Ｆｍ1Ｆｍ2 -Ｆｍ1-ｍ2 .引理 2　当ｎ≥ 2时 ,Ｆｎ≥ 2ｎＦ1- 2 (2ｎ- 1 ) (2 )证明　当ｎ =2 ,3时 ,文 [1 ]已证 (2 )式成立 ,即有Ｆ2 ≥ 4Ｆ1- 6 ,Ｆ3≥ 6Ｆ1- 1 0 .假设ｎ <ｋ时 ,(2 )式成立 .则当ｎ =ｋ (ｋ≥ 4)时 ,1 )若ｋ为奇数 ,…     

综合题新编选登

题 1 5　函数ｆ(ｘ) =11 ａ·2 ｂｘ的定义域为Ｒ ,且ｌｉｍｎ→∞ ｆ(-ｎ) =0 (ｎ∈Ｎ) .1 )求证 :ａ >0 ,ｂ <0 .2 )若 ｆ(1 ) =45 且ｆ(ｘ) 在 [0 ,1 ]上的最小值为 12 ,求证 :ｆ(1 ) ｆ(2 ) … ｆ(ｎ) >ｎ 12 ｎ 1- 12 (ｎ∈Ｎ) .证　 1 )∵ ｆ(ｘ) 的定义域为Ｒ ,∴ 1 ａ·2 ｂｘ≠ 0恒成立 ,即ａ≠ - 2 -ｂｘ,而 - 2 -ｂｘ<0 ,∴ａ≥ 0 ,若ａ =0 ,则ｆ(ｘ) =1与ｌｉｍｎ→∞ ｆ(-ｎ) =0矛盾 ,故ａ >0 .ｌｉｍｎ→∞ ｆ(-ｎ) =ｌｉｍｎ→∞11 ａ·2 -ｂｎ=1　　　 (0 <2 -ｂ<1 ) ,11 ａ　 (2 -ｂ=1 ) ,0　　　 (2 -ｂ>1 ) .∴ …     

两个不等式的指数推广

贵刊文[1]给出以下两个不等式:1　设ｘｉ∈Ｒ (ｉ=1,2,…,ｎ),且ｘ211 ｘ21 ｘ221 ｘ22 … ｘ2ｎ1 ｘ2ｎ=ａ(0<ａ<ｎ),求证:ｘ11 ｘ21 ｘ21 ｘ22 … ｘｎ1 ｘ2ｎ≤ａ(ｎ-ａ)(1)2　设ｘｉ∈Ｒ (ｉ=1,2,…,ｎ),且ｘ11 ｘ1 ｘ21 ｘ2 … ｘｎ1 ｘｎ=ａ(0<ａ<ｎ),求证:ｘ211 ｘ1 ｘ221 ｘ2 … ｘ2ｎ1 ｘｎ≥ａ2ｎ-ａ(2)笔者受该文的启发,将上述两个不等式从变量的指数上予以推广,得到下面几个命题.　命题1　设ｘｉ∈Ｒ (ｉ=1,2,…,ｎ),ｍ,ｋ∈Ｎ,且ｍ≥2,1≤ｋ≤ｍ-1,且ｘｍ11 ｘｍ ｘｍ21 ｘｍ2 … ｘｍｎ1 ｘｍｎ=ａ(0<ａ<ｎ),则有:ｘｋ11 ｘｍ…     

多元二次函数的最值问题

本文用二次型理论给出了多元二次函数有最大 (小 )值的一个充分条件 ,并给出了最值点及其最值的求法 .对于一元二次函数ｆ(ｘ) =ａｘ2 ｂｘ ｃ　 (ａ≠ 0 ) ,当ａ>0时 ,ｆ(ｘ)有最小值 ,当ａ <0时 ,ｆ(ｘ)有最大值 .且当ｘ =- ｂ2ａ 时 ,取最值4ａｃ -ｂ24ａ .利用实二次型理论 ,将这一结论推广 ,可给出多元二次函数取最值的一个充分条件 ,及其求法 .多元二次函数的一般形式为 :ｆ(ｘ1 ,ｘ2 ,… ,ｘｎ)=ａ1 1 ｘ21 2ａ1 2 ｘ1 ｘ2 … 2ａ1ｎｘ1 ｘｎ ｂ1 ｘ1 ａ2 2 ｘ22 … 2ａ2ｎｘ2 ｘｎ ｂ2 ｘ2 … ａｎｎｘ2 ｎ ｂｎｘｎ ｋ ,ｆ…     

逆用等比数列各项和证一类分式不等式

一类分式不等式证明常见于数学竞赛题及问题征解题 .它的特点是不等式式子一边各项形如 ｍ2ｍ±ｎ或 ｎｍ±ｎ的形式 .如果变换为 ａ1 -ｑ(0 <ｑ<1 )形式后 ,则可逆用等比数列各项和公式 ,再用均值不等式 ∑ｎｉ=1ａｍｉ ≥(∑ｎｉ=1ａｉ) ｍｎｍ- 1 可得这一类分式不等式的简单证法 ,且思路单一 ,操作方便 ,现举例加以说明例 1　已知ｘ1 ,ｘ2 ,… ,ｘｎ ∈Ｒ+,且ｘ1 +ｘ2 +… +ｘｎ =1 ,求证 :ｘ1 21 -ｘ1 +ｘ2 21 -ｘ2 +… +ｘｎ21 -ｘｎ ≥ 1ｎ- 1 (《数学通报》1 993 (7)问题 845 )证明　因为ｘ1 ,ｘ2 ,… ,ｘｎ∈Ｒ+,且ｘ1 +ｘ2 +… +…     

两个组合恒等式的联系及其组合意义和概率论证法

贵刊 2 0 0 1年第 6期刊载的文 [1 ]证明了组合等式 :∑ｎｉ=0(-1) ｉＣｉｎｉｋ =0　　　　　当ｋ≤ｎ-1且ｋ∈Ｎ时(-1) ｎｎ !　当ｋ =ｎ时笔者发现上述结论正是贵刊 1 996年第 6期刊载的文 [2 ]定理的推论的另外一种表述 .文 [2 ]的定理及推论如下 :定理　设ｆ(ｘ) =ａｘｎ+1 +ｂｘｎ+ｃｎ- 1 ｘｎ- 1 +…+ｃ1 ｘ+ｃ0 是ｎ+ 1次多项式 .则 ∑ｎｉ=0( - 1 ) ｉｆ(ｉ)Ｃｉｎ= ( - 1 ) ｎｎ !(ａＣ2 ｎ+1 +ｂ)… ( )推论 :设ｆ(ｘ) =ａｘｍ+ｂｍ- 1 ｘｍ- 1 +… +ｂ0 是ｍ次多项式 ,则　∑ｎｉ =0( - 1 ) ｉｆ(ｉ)Ｃｉｎ =( - 1 ) ｎｎ !ａ…     

一个代数不等式的再研究

文 [1]发表了宋庆老师新发现的一个代数不等式及其证明 .笔者发现此代数不等式的背后蕴含着更一般的结论 .同样可利用幂函数的单调性来证明下面的定理成立 .定理 1　若ｘ ,ｙ ,ｚ∈Ｒ .则ｘｍ(ｘｎ- ｙｎ) ｙｍ(ｙｎ-ｚｎ) ｚｍ(ｚｎ-ｘｎ)≥ 0(1)其中ｍ·ｎ≥ 0 ;当ｍ·ｎ≤ 0时 ,不等式 (1)反向 .等号当且仅当ｘ =ｙ =ｚ或ｍ =0或ｎ =0时成立 .证　设ｘ≥ｙ >0 ,ｘ≥ｚ >0 .当ｍ·ｎ≥ 0时1)若ｍ≥ 0且ｎ≥ 0 ,则ｘｍ≥ｚｍ>0 ,ｘｎ≥ｙｎ>0 ,即ｘｎ- ｙｎ≥ 0 ,故ｘｍ(ｘｎ- ｙｎ)≥ｚｍ(ｘｎ- ｙｎ) ;2 )若ｍ≤ 0且ｎ≤ 0 ,则 0 <ｘ…     

递推数列an＋1-p＋q／an的通项公式及其性质

文 [1]中给出并证明了以下命题 .命题　设ａ ,ｂ∈Ｒ ,且实数ｘ1,ｘ2 ,… ,ｘｎ 满足ｘ1=ａ ｂｘｎ,ｘ2 =ａ ｂｘ1,…ｘｎ=ａ ｂｘｎ - 1.则当ｎ为奇数时 ,ａ1=ａ2 =… =ａｎ;当ｎ为偶数时 ,ａ1=ａ3 =… =ａｎ- 1,ａ2 =ａ4 =…=ａｎ.上述命题实际上给出了满足ａｎ 1=ｐ ｑａｎ 的数列 {ａｎ}的一个性质 .经研究 ,本文拟给出满足ａｎ 1=ｐ ｑａｎ的数列 {ａｎ}的通项公式 ,并以此为基础给出比文 [1]更为深刻的结论 .现在记 ｆ(ｋ) =Ｃ1ｋｂｋ- 1 Ｃ3 ｋ 1ｂｋ - 2 … Ｃ2ｋ- 3 2ｋ- 2 ｂ1 Ｃ2ｋ- 12ｋ- 1ｂ0 (ｋ≥ 1,ｋ∈…     

再谈Eisenstein判别法的推广

文 [1 ]对Ｅｉｓｅｎｓｔｅｉｎ判别法作出了有益的推广 ,并给出了如下定理 :设 ｆ(ｘ) =ａｎｘｎ ａｎ -1ｘｎ -1 … ａ1ｘ ａ0 是一个整系数多项式 ,ｋ为某一自然数 ,且 1≤ｋ≤ｎ ,若存在素数 ｐ ,使得 :1 ) ｐ ａｎ;2 ) ｐ |ａｋ -1,ｐ |ａｋ -2 ,… ,ｐ|ａ0 ;3) ｐ2 ａ0 ,那么 ｆ(ｘ)在有理数域上有一个次数不小于ｋ的不可约因式 .该定理有效地解决了一些多项式在有理数域上的可约性判别 .但有较大的局限性 .本文将这一结论作进一步推广 .命题 1　设 ｆ(ｘ) =ａｎｘｎ ａｎ -1ｘｎ -1 … ａ1ｘ ａ0 是一个整系数多项式 ,ｍ <ｋ≤…     

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题 5 6　已知 ｆ(ｘ) =ｌｏｇ2 ｘ ,当点Ｍ (ｘ ,ｙ)在ｙ =ｆ(ｘ)的图象上运动时 ,点Ｎ(ｘ - 2 ,ｎｙ)在函数 ｙ=ｇｎ(ｘ)的图象上运动 (ｎ∈Ｎ) .1)求 ｙ =ｇｎ(ｘ)的表达式 ;2 )求集合Ａ ={ａ|关于ｘ的方程 ｇ1(ｘ) =ｇ2 (ｘ - 2 +ａ)有实根 ,ａ∈Ｒ} ;3)设Ｈｎ(ｘ) =(12 ) ｇｎ(ｘ) ,函数Ｆ (ｘ) =Ｈ1(ｘ) - ｇ1(ｘ) (0 <ａ≤ｘ≤ｂ)的值域为 [ｌｏｇ252ｂ +2 ,ｌｏｇ24 2ａ +2 ],求实数ａ ,ｂ的值 .解　 1)由 ｙ =ｆ(ｘ) ,ｎｙ =ｇｎ(ｘ - 2 ) 得 ,ｇｎ(ｘ - 2 ) =ｎｆ(ｘ) =ｎｌｏｇ2 ｘ ,∴ ｇｎ(ｘ) =ｎｌｏｇ2 (ｘ +2 )　 (ｘ >- 2 …     

关于等差数列的一组不等式

设{ａｎ}是以ｄ为公差的等差数列 ,ａ1 >0 ,ｄ>0 ,文 [1 ]证明了ａ1 ａ2ａ1 ａ4ａ1 ａ4ｎ ≤ ａ1 ａ3…ａ2ｎ- 1 ａ2 ａ4…ａ2ｎ ≤ ａ1 ａ3ａ2 ａ2ｎ 1·ａ2 ａ4ｎ 1 ａ2 ａ5(1 )本文给出关于 ａ2 ａ4…ａ2ｎａ1 ａ3…ａ2ｎ- 1上下界的一组不等式 .引理 1　设ｄ >0 ,ｘ≥ 2ｄ ,0 <ｒ<1 ,则ｘｘ -ｄ >ｘ ｒｄｘ (ｒ- 2 )ｄ　　　 (2 )成立的充要条件是12 <ｒ <1且ｘ>ｒｄ2ｒ - 1 ,当 0 <ｒ≤ 12 ,(2 )的不等号反向 .证明 (2 ) ｘ2 [ｘ (ｒ- 2 )ｄ]>(ｘ2 - 2ｄｘ ｄ2 ) · (ｘ ｒｄ) (2ｄｘ-ｄ2 ) (ｘ ｒｄ) >2ｄｘ2 (2ｒ- 1 )ｘ>…     

解一类“恒成立”问题的五种方法

已知二次不等式在某区间上恒成立 ,求其中所含参数的取值范围 ,这是一类常见的题型 .这类问题涉及知识面广、综合性强 ,因而解题时应强调思路清晰 ,方法灵活 .下面通过一个典型例子介绍五种思想指导下的解法 ,供大家参考 .例题　已知当ｘ∈ [0 ,1]时 ,ｆ(ｘ) =ｘ2 ａｘ 3-ａ >0恒成立 ,求ａ的取值范围 .1　集合思想　解　设Ａ ={ｘ|ｆ(ｘ) >0 } ,由已知 [0 ,1] Ａ .令Δ =ａ2 - 4 (3-ａ) =ａ2 4ａ - 12 ,1)当Δ <0 ,即 - 6<ａ <2时 ,Ａ =Ｒ ,恒有 [0 ,1] Ａ .2 )当Δ≥ 0 ,即ａ≥ 2或ａ≤ - 6时 ,由 ｆ(ｘ) >0 ,得　Ａ ={ｘ|ｘ <-ａ -ａ2…     

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题 6 5　 已知函数 ｆ(ｘ) =ｘ|ｘ -ａ|(ａ∈Ｒ) .1 )判断 ｆ(ｘ)的奇偶性 ;2 )解关于ｘ的不等式 :ｆ(ｘ)≥ 2ａ2 ;3)写出 ｆ(ｘ)的单调区间 .解　 1 )当ａ =0时 ,ｆ(-ｘ) =-ｘ|-ｘ|=-ｘ|ｘ|=- ｆ(ｘ) ;∴ｆ(ｘ)是奇函数 .当ａ≠ 0时 ,ｆ(ａ) =0且 ｆ(-ａ) =- 2ａ|ａ|.故 ｆ(-ａ)≠ｆ(ａ)且 ｆ(-ａ)≠ - ｆ(ａ) ,∴ｆ(ｘ)既不是奇函数 ,也不是偶函数 .2 )由题设知ｘ|ｘ -ａ|≥ 2ａ2 ,∴原不等式等价于　　 ｘ <ａ-ｘ2 +ａｘ≥ 2ａ2 (1 )　　 ｘ≥ａｘ2 -ａｘ≥ 2ａ2 (2 )由 (1 ) ,得 ｘ <ａ ,ｘ2 -ａｘ +2ａ2 ≤ 0 .　　无解 .由 (2 ) ,得 …     

一个不等式的改进与其"孪生"不等式

文 [1 ]给出了不等式 .已知ａ>13 ,ｂ>13 ,ａｂ=29,求证 :ａ+ｂ <1 (1 )的一个简证 ;文 [2 ]把它推广为 :ａｉ>1ｎ(ｉ =1 ,2 ,… ,ｎ-1 ;ｎ ≥ 3 ) ,∏ｎ - 1ｉ =1ａｉ=2ｎｎ- 1,求证 :∑ｎ - 1ｉ =1ａｉ <1 . (2 )本文首先用文 [2 ]的方法得到了不等式 (2 )的改进 :命题 1　已知ａｉ>ｐ>0 (ｉ =1 ,2 ,… ,ｎ ;ｎ≥2 ) ,∏ｎｉ =1ａｉ≤ｐｎ- 1ｑ,(ｑ >ｐ) ,则∑ｎｉ =1ａｉ<(ｎ-1 )ｐ +ｑ. (3 )(证明从略 )其次 ,从另一角度得到了“改进”的一个“孪生”不等式 :命题 2　已知 0 <ａｉ<ｐ(ｉ=1 ,2 ,… ,ｎ ;ｎ≥2 ) ,∏ｎｉ=1ａｉ≤ｐｎ- 1…     

浅谈求无理型函数值域的方法与技巧

利用导数与微分固然可以解决一切无理型函数的值域 ,但并不一定简单明快 ,相反有时采取一些初等方法与技巧 ,却可以收到意想不到的效果 .本文试图从初等数学的角度 ,探求竞赛中常见的求无理型函数值域的方法与技巧 .[技巧一 ]———两边平方或配方例 1　设ａ、ｂ是不等正数 ,求ｙ =ａｃｏｓ2 ｘ +ｂｓｉｎ2 ｘ +ａｓｉｎ2 ｘ +ｂｃｏｓ2 ｘ的最值 .解　显然ｙ>0 ,ｙ2 =ａ +ｂ +2 (ａ -ｂ) 24ｓｉｎ2 2ｘ +ａｂ .∵　 0≤ｓｉｎ2 2ｘ≤ 1 ,∴　ａ +ｂ≤ｙ≤ 2 (ａ +ｂ) .∴　ｙｍｉｎ=ａ +ｂ ,　ｙｍａｘ=2 (ａ +ｂ) .[技巧二 ]———构造对…     

一个三角形三边关系猜想的否定

贵刊文 [1 ]否定了文 [2 ]给出的三角形三边定理 ,证明了除非对任意的正实数ａ ,ｂ ,ｃ都有ｆ(ａ ,ｂ ,ｃ) =0 ,否则 ,三角形的三边ａ ,ｂ,ｃ不存在整式关系式ｆ(ａ ,ｂ ,ｃ) =0 ,并且提出如下猜想 :除非ｆ(ａ ,ｂ ,ｃ)恒等于零 ,否则 ,对任意三角形三边ａ ,ｂ ,ｃ而言 ,不存在一个固定的关系式ｆ(ａ ,ｂ ,ｃ) =0 .本文指出上面的猜想是不成立的 .利用符号函数ｓｇｎｘ =1 ,当ｘ>0时 ;0 ,当ｘ =0时 ;-1 ,当ｘ<0时 ,引入如下三元实值函数ｆ(ｘ,ｙ,ｚ) =ｓｇｎ(ｘ+ｙ -ｚ) +ｓｇｎ(ｘ+ｚ-ｙ)+ｓｇｎ(ｙ+ｚ -ｘ) -3 .由于ｆ(2 ,1 ,1 ) =-1 ≠ 0…