均值不等式的一个隔离

大家知道,有这样两个传统不等式: (1)(均值不等式)设ai∈R+,则 ((n∑i=1)ani)≥((nпi=1)ai). (2)(1976年英国竞赛题)设ai∈R+,((n∑i=1)ai)=S则(n∑i=1) ai/S-ai≥n/n-1. 笔者发现,有如下 命题 设ai∈R+,(n∑i=1)ai=S,n∈N*,n≥3,则 (n∑i=1)ani≥(n-1)((n∑i=1)ai/S-ai)(nпi=1)ai.     

用“原函数”法探索数列和不等式的放缩目标

在证明数列和不等式n∑i=1ai≥≤f（n）时，我们常常是设法将an放缩，使n∑i=1ai合并成一项或几项和，再证明n∑i=1ai≥≤f（n）．但放缩度很难把握，常常因找不到放缩目标而导致证明的失败．     

一个不等式的推广

文[1]对文[2]中的猜想给出了证明,猜想是:若n∑i=1aim=n,ai∈R ,i∈N,m≥2,m∈N,则∑ni=1ai≤C1n,n∑i≠jaiaj≤C2n,…,∑ni1≠i2≠…≠ikai1ai2·…·aik≤Cnk,…,n∏i=1ai≤Cnn.本文对此再做些推广.定理若n∑i=1iλaim=S,λ1,ai∈R ,i∈N,m∈[1, ∞),n∑i=1iλ=1,则n∑i1,i2,     

不等式〔∑from i=1 to n (a_i~3)〕〔∑from i=1 to n (b_i~3)〕〔∑from i=1 to n (c_i~3)〕≥〔∑ from i=1 to n (a_ib_ic_i)〕~3的恒等式构造

文[1]为证明2001年第42届IMO第2题而通过独特的思路给出了一个恒等式:设实数ai,bi∈R,A3=n∑i=1ai3,B3=n∑i=1bi3,且AB≠0,则有恒等式n∑i=1ai3 2/3n∑i=1bi3 1/3=n∑i=1ai2bi 13A2Bn∑i=12aiA biBaiA-biB2(1)根据恒等式(1),我们自然会考虑更一般形式的3×N维形式的不等式n∑i=1ai3n∑i=1bi3n∑i=1ci3≥n∑i=1aibici3(2)通过对(2)的研究,本文通过构造方法给出了式(2)的一个新的恒等式.定理设实数ai,bi∈R,A=3∑ni=1ai3,B=3∑ni=1bi3,C=3∑ni=1ci3,且ABC≠0,则有恒等式3(n∑i=1ai3)(n∑i=1bi3)n∑i=1ci3=n∑i=1aibici ABC6Ω(3)其…     

柯西不等式的两个推论及应用

在中学数学中常遇到如下一个不等式:(n∑i=1xiyi)2≤(n∑i=1xi2)·(n∑i=1yi2),其中xi,yi为任意实数,且等号成立当且仅当xi=kyi(i=1,2,…,n),这就是著名的柯西不等式.推论1已知ai(i=1,2,…,n)是正数,xi∈R(i=1,2,…n)且n∑i=1ai=1,则n∑i=1aixi2≥(n∑i=1aixi)2.证∵ai∈R (i=1     

一个含参数根式不等式链

文[1]给出了如下含参数根式不等式:定理1设ai∈R ,i=1,2,…,n,且∑ni=1ai=k,λ>0,μ≥0,则λk μ (n-1)μ0,μ≥0,则λk μn2≤n∑i=1λkai2 μ<λk μ (     

康托洛维奇不等式的初等证法

康托洛维奇(Канторовну)不等式是指: 若ai＞0(i＝1，2，…，n),且∑ni=1ai=1, 又0＜λ1≤λ2≤…≤λn,则∑ni=1λiai·∑ni=1(ai)/(λi)≤((λ1 λn)2)/(4λ1λn). 文[1]用构造法给出了一种简证,本文将给出一种更加简捷的初等证法.     

绝对值最值问题猜想的修正及证明

在文[1]末提出了如下一个猜想： 对于函数Y=f（x）=^n∑i=1ai｜x-bi｜（ai，bi，x∈R，i=1，2，…，n）．     

Radon不等式的推广及其应用

Radon不等式设ai≥0，bi〉0（i=1，2，…，n），l∈N，则 ^n∑i=1 ai^l＋1/bi^l≥（^n∑i=1 ai）^l＋1/（^n∑i=1 bi）^l 本文将（1）式推广如下：     

加权算术平均与加权几何平均不等式的改进

众所周知,著名的加权算术平均与加权几何平均不等式是:设ai,Pi＞0,i=1,2,…,n,且nΣi=11/pi=1,则nΣi=11/pi≥n∏i=1 ai1/pi (1) 其中等式当且仅当a1=a2=…=an时成立.     

关于一对不等式的推广

文[1]证明了一对有趣的不等式:设a,b,c为正数,且a b c=1,则有(b1 c-a)(c 1a-b)(a1 b-c)≥(67)3,(b1 c a)(c 1a b)(a1 b c)≥(161)3.为了推广这两个不等式,文[1]提出下面四个命题,要求证明或否定之.设a1,a2,…,an为正数且其和为1.命题1∏ni=1(ai 1ai 1-ai 2)≥(2n-1n)n.命题2∏ni=1(ai 1ai 1 ai 2)≥(2n 1n)n.命题3∏n-1i=0(∑K1j=1ai j-∑nj=k 1ai j)≥(kn nk-1)n.命题4∏n-1i=0(∑K1j=1ai j ∑nj=k 1ai j)≥(kn-nk 1)n.其中an i=ai(i=1,2,…,n-1),k为小于n的正整数.本文先证明命题3为真,然后对其余三个命题给出反例.令f(x)=ln(1-1x-x),0相似文献   

Banach函数空间的H(o)lder不等式

本文给出了基本不等式‖nⅡi=1ai,ai≤‖n∑i=1,aiai(ai>0,ai>0,n∑i=1,ai=1)的一个确界形式,以此统一得出Banach函数空间Lp(E,u),L∞(E,u),L∞(R),C(R)等的 H(O)lder函数不等式.     

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…     

关于i=n∑n ai＋bi/1〈c型数列放缩的一点想法

i=n∑n ai＋bi/1〈c（c为常数）型的数列不等式的推导，可以使用数学归纳法来证明，但在实际解决中，有时难以实现从n=k到n-k＋1的过渡；也可以考虑将原命题强化为i=n∑n ai＋bi/1〈c-f（n）/1（其中f（n）与n有关，且f（n）〉O）的形式。     

一个不等式的推广

不等式1n∑i=n1aim≥(1n∑i=n1ai)m,其中m∈N ,ai>0,(i=1,2,…,n)可推广为:∑ni=1piaim≥(∑ni=1piai)m.(1)其中m≥1,ai>0,pi>0,(i=1,2,…,n)且∑ni=1pi=1,不等式1n∑i=n1aim≤(1n∑i=n1ai)m,其中00,(i=1,2,…,n)可推广为:∑ni=1piaim≤(∑ni=1piai)m.(2)其中0相似文献   

一个含参数根式不等式链

文[1]给出了如下含参数根式不等式： 定理1设ai∈R＋，i=1，2，…，n，且n∑i=1；=k，λ〉0，μ≥0。     

一道美国奥林匹克题的进一步推广

美国第33届数学奥林匹克第5题是:设a,b,c为正实数,证明:(a5-a2 3)(b5-b2 3)(c5-c2 3)≥(a b c)3.这是一道被广泛关注的问题.文[1]将此题推广为:推广1设ai>0(i=1,2,3,…,3k,k∈N ),证明:∏3ki=1(ai5k-ai2k 3k)≥(i∑3=k1ai)3k.文[2]将此题再推广为:推广2设ai>0(i=1,2,3,…,n,n∈N ),αβ>0,则∏ni=1(aiα β-aiβ n)≥(i∑=n1ainα)n.事实上推广2可进一步推广为:推广3设ai>0(i=1,2,3,…,n,n∈N ),αβ>0,0≤λ≤1,则∏ni=1(aiα β-λαiβ μ)≥(α βα-λβi∑=n1aiαn)n,其中μ=n λ nαβ-nαλβ-1.为了证明推广3,我们先引进著名的加…     

平均值不等式的证明及其应用

n n n设 a1，a2，…，an为正数，若∏i＝1 ai ＝1或∑i＝1 ai ＝1，借助数学归纳法可相应地证明∑ai ≥ n或i＝1 n nn∏ai ≤1．这两个不等式可用于证明平均值不等式，并由此得出三者相互等价．实例说明平均值不等式在求数列极限方面的应用． i＝1     

一个不等式猜想的证明

对于正数ai>0,i=1,2,…,n,k为给定的正整数,若∑ni=1ai=1,笔者在文[1]末提出了猜想:∏n-1i=1(1∑kj=1ai j-∑nj=k 1ai j)≥(nk kn-1)n(1)其中an i=ai(i=1,2,…,n-1),k为常数,且0相似文献   

一个不等式的推广

若 a、b、c为正数 ,则ab c bc a ca b>2 .宋庆先生在文 [1]中给出了上述不等式的一个简洁的“可读证明”,本文我们将它进一步推广为 :若 ai >0 ,i =1,2 ,… ,n,∑ni=1ai =λ,则　　　 ∑ni=1aiλ- ai >2 . (1)证明　令 aiλ- ai=bi　 (bi >0 ) ,则　　 aiλ=b2i1 b2i,故原不等