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,…     

关于n~(1/k)的不等式猜想的研讨

文 [1 ]给出了一个关于kn的不等式猜想 ,猜想的右侧不等式是 :正整数n ,k >1 ,则nk 2时 ,( 1 )式成立 .为证明上述结论 ,先给出两个引理引理 1　 [贝努利 (Bernoulli)不等式 ]若x >- 1且k是正整数 ,则 ( 1 +x) k≥ 1 +kx .等号当且仅当x =0时成立 .利用二项式定理易证引理 1 .引理 2 [2 ] 　若 - 1 相似文献   

一个乘积不等式及其应用

本文给出一个新颖的涉及若干个分数乘积的不等式 ,并举例说明其应用 .定理　设正整数ｍ ,ｎ满足 1 ≤ｍ ≤ｎ ,记Ｔ(ｍ ,ｎ) =2ｍ2ｍ- 1 · 2 (ｍ 1 )2 (ｍ 1 ) - 1 … 2ｎ2ｎ- 1 ,则有2ｍ· (4ｍ 3)ｎ ｍ 14ｍ2 - 1 ≤Ｔ(ｍ ,ｎ) ≤2ｍ2ｍ- 1 · 4ｎ 14ｍ 1 (1 )证　对ｎ用数学归纳法证 .当ｎ =ｍ时 ,式 (1 )的两个等号显然成立 .假设对ｎ(ｎ≥ｍ)时式 (1 )成立 ,我们证ｎ 1时式 (1 )左边不等式成立 ,只要证2ｍ· (4ｍ 3) (ｎ 1 ) ｍ 14ｍ2 - 1 ≤2ｍ· (4ｍ 3)ｎ ｍ 14ｍ2 - 1 · 2 (ｎ 1 )2 (ｎ 1 ) - 1即(2ｎ 1 ) 2 ((4ｍ 3) (ｎ …     

2004年全国高考文科第18题另证

20 0 4年全国高考文科第 1 8题是 :已知数列 {an}为等比数列 ,a2 =6 ,a5=1 62 .(Ⅰ )求数列 {an}的通项公式 ;(Ⅱ )设Sn 是数列 {an}的前n项和 ,证明Sn·Sn + 2S2 n+ 1≤1 .分析 :本题主要考查等比数列的概念、前n项和公式等基础知识 ,考查学生综合运用基础知识进行运算的能力 .对第 (Ⅰ)问只需要用等比数列的通项公式即可解决 ,易得an=2·3n -1 .对第 (Ⅱ )问 ,可由 (Ⅰ )知 ,所证不等式等价于Sn·Sn + 2 ≤S2 n+ 1 ,高考命题组给出的标准证法是用均值不等式证明的 ,但事实上 ,上述不等式等号是取不到的 ,即我们只须证Sn·Sn + 2 相似文献   

关于等差数列的两个不等式

文 [1]中给出了涉及ｎ的两个新颖不等式 :2ｎ 116ｍ 12 - 2ｎ 116ｍ - 12 ≤ 1ｎ<2ｎ 12 - 2ｎ - 12 ( 1)(其中ｎ ,ｍ为正整数 ,ｍ≤ｎ)2ｎ 23ｎ - 2 (ｎ - 1) 23ｎ - 1≤ｎ <4ｎ 36 ｎ - 4(ｎ - 1) 36 ｎ - 1( 2 )(其中正整数ｎ >1) .本文试把这两个不等式从自然数列推广到正等差数列 {ａｎ},得到涉及 ａｎ的两个不等式 ,并举例说明其应用 .定理 1　设 {ａｎ}为等差数列 ,首项ａ1 >0 ,公差ｄ >0 ,ｎ ,ｍ为正整数 ,ｍ≤ｎ ,则2 ａｎ ｄ216ａｍ ｄ2 -ａｎ ｄ216ａｍ- ｄ2≤ ｄａｎ<2 ａｎ ｄ2 -ａｎ- ｄ2 ( 3)当且仅当ｎ…     

一个不等式的拓广

文 [1],[2 ]均对不等式“已知 :a >0 ,b >0 ,a3 +b3 =2 ,则a +b≤ 2”作出了一系列的讨论 .本文将给出该不等式的两个拓广 ,并由此证明了文 [2 ]末给出的猜想命题 1　若an +bn=2 ,a ,b∈R ,n≥ 2且n∈N ,则a +b≤ 2 ,ab≤ 1.上述命题为原不等式在指数上的推广 ,即文 [2 ]中猜想 1.证　 1)当a >0 ,b >0时 ,∵an+bn≥ 2anbn ,∴ 2anbn ≤ 2 ,即anbn≤ 1.∴ab≤ 1.又an+1+… +1n -1个 1+bn+1+… +1n -1个 1≥n nan +n·nbn,即na +nb≤ 2 +2 (n - 1) ,∴a +b≤ 2 .2 )若a <0 ,b <0 ,由题设n必为偶数 .此时 ,an+bn=(-a) n+(-b) n=2 .由 1)知 :(-…     

两个不等式的三角证法及其推广

在一些刊物上 ,常讨论下述不等式 :设a >1,b>1,c>1,则a3b2 - 1+ b3c2 - 1+ c3a2 - 1≥ 92 3(1)a5b2 - 1+ b5c2 - 1+ c5a2 - 1≥2 56 15 (2 )本文就这两个不等式给出统一的三角证法 ,并给以推广 .首先给出下面引理 .引理　若θ∈ 0 ,π2 ,k是正整数 ,则sin2 θ·cos2k - 1θ≤ 2 (2k - 1) 2k - 1(2k + 1) 2k +1.当且仅当secθ =2k + 12k - 1时 ,等号成立 .证　由均值不等式得 :(2k - 1) (sin2 θ +cos2 θ) =(2k - 1)sin2 θ2 +(2k - 1)sin2 θ2 +cos2 θ+cos2 θ +… +cos2 θ(2k - 1)项≥ (2k +1)·2k + 1(2k - 1) 24 (sin2 θ·cos2k - 1…     

数学奥林匹克问题选登

1992年6月号问题解答 (解答由问题提供人给出) 25.证明因为不等式(*)关于x,y,z对称,所以不妨设x≤y≤z,令y=x+m,z=x+m+n(x≥0,m≥0,n≥0),代入不等式(*)两边得 x·(x+2m+n)~2+(x+m)·(x+n)~2+(x+m+n)·(x-n)~2     

Stirling公式在一个乘积不等式中的应用

定理　令Ｐｎ =1 +11 1 +131 +15 … 1 +12ｎ- 1 ,则πｎ - 16πｎ ≤Ｐｎ≤πｎ +16πｎ为此我们引入Ｓｔｉｒｌｉｎｇ公式 :1 · 2 · 3·… ·ｎ=2πｎｎｎｅ-ｎ+θ1 2ｎ　 (0 <θ <1 )现在我们来给出定理的证明 :因Ｐｎ =1 +11 1 +13 1 +15 … 1 +12ｎ - 1=2· 4· 6 ·… · 2ｎ1 · 3· 5 ·… · (2ｎ- 1 )=(2 ｎ· 1· 2 · 3 ·… ·ｎ) 21 · 2 · 3· 4·… · 2ｎ=2 ｎ· 2πｎｎｎｅ-ｎ+θ1 1 2ｎ 24πｎ(2ｎ) ｎｅ- 2ｎ+θ22 4ｎ(0 <θ1 <1 ,0 <θ2 <1 )=πｎｅ11 2ｎ θ1 -θ22记ｔ=11 2ｎ θ1 - θ22 则 ｜ｔ｜ <1则 :Ｐｎ-…     

康托洛维奇不等式的一个简证及其极限形式

线性规划中有一个康托洛维奇不等式 (Канторович) :若ai >0 (i=1 ,2 ,… ,n)　∑ni=1ai =1 ,0<λ1 ≤λ2 ≤… ≤λn,则 :(∑ni=1λiai) (∑ni=1aiλi) ≤(λ1 +λn) 24λ1 λn《中学数学》和《中学教研》杂志先后给出了该不等式的多种证明 ,有些需用高等方法 ,有些初等方法又相当复杂 ,本文给出该不等式一个极简证明和其极限形式。一、简证 :设f(x) =(∑ni=1λiai)x2 + (λ1 +λn)x +λ1 λn(∑ni=1aiλi)∵λi-(λ1 +λn) + λ1 λnλi 　　 (i=1 ,2 ,… ,n)=(λi-λ1 ) (λi-λn)λi≤ 0而ai>0∴λiai-(λ1 +λn)ai+ λ1 λnai…     

两个关于三角形边角关系的结论

定理 1　设a、b、c为△ABC的三边 ,当an,bn,cn(n∈N+,n <5 )组成等差数列时∠B≤ 60°.证明　当n=1时 ,2b=a+c由cosB =a2 +c2 -b22ac=a2 +c2 - 14(a+c) 22ac =34× a2 +c22ac - 14≥12 　即B ≤ 60°当n =2时 ,2b2 =a2 +c2cosB =a2 +c2 -b22ac=a2 +c2 - 12 (a2 +c2 )2ac =12 ·a2 +c22ac ≥ 12 　即B≤ 60°当n =3时 ,12 (a3+c3)≥ ( a+c2 ) 3 (a3+c3) 3≥ ( a3+c32 ) 2 (a+c) 3 (a+c) 3(a2 +c2 -ac) 3≥ ( a3+c32 ) 2 (a+c) 3 (a2 +c2 -ac)≥ ( a3+c32 ) 2 (a2 +c2 -ac)≥ ( a3+c32 ) 23 a2 +c2 -ac≥b2 B ≤ 60°当n =4时 ,(a-c) 4 …     

两个代数不等式

本文旨在建立两个新的代数不等式 ,并给出它的一个应用 .引理　若x ,y为正数 ,n为正整数 ,则 xn + yn2≥ x + y2n.证略 .定理 1　若a ,b ,c为不大于 1的正数 ,n为正整数 ,则1n1+a+ 1n 1+b+ 1n1+c≤ 3n1+ 3 abc.证　令α ,β为不大于 1的正数 ,则　 11+α+ 11+ β=2 +α + β1+α + β +αβ= 1+ 1-αβ1+α + β +αβ≤ 1+ 1-αβ1+ 2αβ+αβ= 21+αβ,∴ 1n1+α+ 1n1+ β=n 11+α+n 11+ β≤ 2n 1211+α+ 11+ β≤ 2 11+αβ=21+αβ,∴ 1n1+a+ 1n1+b+ 1n1+c+ 1n1+ 3 abc≤ 21n1+ab+ 1n1+c 3 abc≤ 4n1+ 4abc 3 abc=4n1+ 3 abc,∴　 1n1…     

数学问题解答

20 0 4年 1 1月号问题解答(解答由问题提供人给出 )1 5 2 1　已知a ,b,c为满足a3+b3+c3≤ 12 的正数 ,求证 :3 4a+b +c≤ 2 .(江西南昌大学附中　宋　庆　 330 0 2 9)证明　因为b3+c3≥b2 c+bc2 ,所以 ( 2 -b -c) 3　 =8- 1 2 (b+c) + 6(b +c) 2 - (b +c) 3　 =2 + 6(b +c- 1 ) 2 - (b3+c3) - 3(b2 c+bc2 )　 ≥ 2 - (b3+c3) - 3(b2 c+bc2 )　 ≥ 2 - 4(b3+c3) ≥ 4a3,所以 2 -b -c≥ 3 4a,所以3 4a+b +c≤ 2 .1 5 2 2　正整数n >1 ,f(n) =∑ni=11n +i,求证 :2n3n+ 1 相似文献   

一个不等式的推广

文 [1]提出了一个对称不等式 :已知ｘ ,ｙ∈Ｒ+,且ｘ + ｙ =1,则　　　 2 <(1ｘ -ｘ) (1ｙ - ｙ)≤ 94 (1)这个不等式自然使人想到三个变量的情形 .本文用微分法证明 (1)的一个推广 :已知ｘ ,ｙ ,ｚ∈Ｒ+,且ｘ + ｙ +ｚ =1,则(1ｘ -ｘ) (1ｙ - ｙ) (1ｚ-ｚ)≥ (83) 3(2 )证　由对称性 ,不妨设ｘ≤ｙ≤ｚ ,则 0 <ｘ + ｙ≤23,13≤ｚ <1,0 <ｘｙ≤ 19.由ｘ + ｙ +ｚ =1得ｚ =1-ｘ - ｙ ,代入 (2 ) ,整理得2 7(1-ｘ2 ) (1- ｙ2 ) (2 -ｘ - ｙ) (ｘ + ｙ)≥ 5 12ｘｙ·(1-ｘ - ｙ) ,两边取对数 ,欲证之式等价于ｆ(ｘ ,ｙ) =ｌｎ2 7-ｌｎ5 12 +ｌ…     

借“1”巧证不等式

“1”是最小的自然数 ,也是最简单的一个数 .它在三角函数中非常活跃 ,它在不等式的证明中也功不可没 .在不等式的证明中 ,如果能够充分发挥“1”的桥梁作用 ,有时有出奇制胜之效 .现举例说明如下 .1　借系数中的“1” .例 1　已知ｘ ,ｙ∈Ｒ 且ｘ3 ｙ3=2 ,求证 :ｘ ｙ≤ 2 .证　∵ｘ ,ｙ∈Ｒ 且ｘ3 ｙ3=2 ,∴ｘ ｙ =ｘ· 1· 1 ｙ· 1· 1≤ ｘ3 13 133 ｙ3 13 133 =ｘ3 ｙ3 43 =2 .当ｘ =ｙ =1时等号成立 .例 2　设ｘ ｙ ｚ =ａ (ａ >0 ) ,求证 :ｘ2 ｙ2 ｚ2 ≥ａ23 .证　由柯西不等式得 (ｘ·1 ｙ·1 ｚ·1) 2 ≤ (ｘ2 ｙ2 ｚ…     

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…     

对一道“通讯杯”竞赛题的看法

20 0 3年“通讯杯”高中数学综合应用能力竞赛已落下帷幕 .这次竞赛 ,无疑对提高参赛者的数学综合应用能力有很大帮助 .美中不足的是命题组提供的最后一道解答题的解法 1有一点问题 .现将解法1抄录如下 (见文 [1]) .解法 1　 1) ,2 )略 .3)不妨设n为k位整数 ,则n xn≤n[1+1 10 +(1 10 ) 2 +… +(1 10 ) k -2 ]=n·10 9·[1- (1 10 ) k -1].9.下略 .解法 1,3)中证明xn>.9时用到的不等式n xn ≤n[1+1 10 +(1 10 ) 2 +… +(1 10 ) k-2 ](1)有误 ,举反例如下 :当n =190时 ,由题中所给信息知n xn=2 10 .(1)式右边 =190× (1+1 10…     

证明不等式的几种特殊方法

文[1]给出了六种证明不等式的特殊方法.这里再给出四种,以解决一些不等式的证明问题.1　利用二项式定理证明对于有些不等式,可根据其结构特点,联想或构造二项式模型,利用二项式定理来证.例1　(第2 1届全苏数学竞赛)求证:对于任意的正整数n ,不等式(2n + 1) n ≥(2n) n + (2n - 1) n成立.证　由二项式定理,有　(2n + 1) n- (2n - 1) n=2 [C1n(2n) n -1+C3n(2n) n -3 +…]≥2C1n(2n) n -1=(2n) n,即(2n + 1) n≥(2n) n+ (2n - 1) n.例2　(1988年全国高中数学联赛)已知a ,b为正实数,且1a+ 1b =1.试证对于每一个n∈N都有(a +b) n-an-bn≥2 2n-…     

上期课外练习解答

高一年级1.∵　f(2 ) =f(1)·f(1) =1,f(3 ) =f(1)·f(2 ) =1,f(4 ) =f(3 )·f(1) =1……由归纳得f(1) =f(2 ) =f(3 ) =… =f(2 0 0 3 ) =1.∴　原式 =1.2 .当x为非零实数 ,故　f(x + 1) =f(x)·f(1) 　f(x + 1)f(x) =f(1) =3 ,故　f(2 )f(1) + f(4 )f(3 ) +… + f(2n)f(2n -1) =3n .∴　n =667.3 .f(x) =a + 1-2ax + 2 欲使f(x)在 (-2 ,+∞ )上是增函数 ,只须使 1-2a <0 ,故a的取值范围是 (12 ,+∞ ) .高二年级1.记f(x) =x2 -2x +a ,g(x) =x2 -2bx + 5由函数图象易知A B f(1) =a -1≤ 0 ,f(3 ) =3 +a≤ 0 ,且 g(1) =6-2b≤ 0 ,g(3 ) =1…     

关于正项等比数列方幂的不等式

文[1 ]给出了正项等差数列方幂的若干不等式,本文将建立正项等比数列方幂一些类似的不等式.为简便起见,以下约定数列{an}是正项等比数列,公比为q (q >0 ) ,前n项和为Sn,m ,p ,n ,k均为正整数,且m

相似文献