重要极限limn→∞(1+(1n))n=e的注记

利用平均值不等式对重要极限limn→∞(1 1/n)^n=e给出一个较简捷的证明方法。利用证明过程中所得到的不等式还可求得e的任意精度的近似值。     

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…     

关于一个重要极限公式的新证法

在证明重要极限limx→∞1 1xx=e时,在教科书里,都是千篇一律地利用二项式的展开定理来完成的.这种证法,虽然在理论上无懈可击,但是部分学生总感费劲.鉴此,本文将根据中学生已对基本不等式a1a2…an≤1n∑i=n1ain(ai≥0)有了一些初步认识的具体实际,给出了这个问题的一种新的、简     

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。     

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…     

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     

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.     

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.     

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:     

用不等式sum from i=1 to n ((a_i)~2)≥2/(n-1)≤∑a_ia_j(1≤i

朱纯刚 《数学通讯》2006,(3)

不等式（n∑i=1ai^3）（n∑i=1bi^3）（n∑i=1ci^3）≥（n∑i=1aibici）^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，A^3=n∑i=1ai^3，B^3=n∑i=1bi^3，且AB≠0，则有恒等式     

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     

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．     

重要极限llim from (n→∞)(1+n1/2)~n=e的注记

利用平均值不等式对重要极限limn→∞ 1 +1nn=e给出一个较简捷的证明方法。利用证明过程中所得到的不等式还可求得e的任意精度的近似值。     

一道东南数学奥林匹克试题的推广

题目(第三届(2006年)东南数学奥林匹克第6题):求最小的实数m,使不等式m(a3 b3 c3)≥6(a2 b2 c2) 1(1)对满足a b c=1的任意正实数a,b,c恒成立.本文给出此题的一个推广.推广设ai>0,i=1,2,…,n,n≥2,∑ni=1ai=1,B>0,A>-Bn,求最小的实数m,使不等式m∑ni=1ai3≥A∑ni=1ai2 B(2)恒成立.注:在推广中取n=3,A=6,B=1即得上述东南竞赛题.解ai=1n,i=1,2,…,n,得m≥An Bn2.下面证明,当ai>0,i=1,2,…,n,n≥2,∑ni=1ai=1,B>0,A>-Bn时,有(An Bn2)∑ni=1ai3≥A∑ni=1ai2 B(3)下面证明(3)式成立.不妨设a1≥a2≥…≥an,则a12≥a22≥…≥an2,由切比雪夫不…     

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。     

n元均值不等式的应用

我们非常熟悉的 n元均值不等式a1 a2 … ann ≥ n a1a2 … an　 ( ai >0 ) ,当且仅当 a1=a2 =… =an 时取等号 ,若灵活运用此不等式 ,解决形如“和”大于等于“积”的多元不等式的证明 ,可使问题巧妙获证 .其思路自然、流畅 ,可培养学生观察问题的深刻性和思维的灵活性、创造性 .而且缩短了思维的回路 ,优化了解题过程 .1　直接运用 n元均值不等式有些不等式的问题由于其本身的特点 ,可直接运用均值不等式 ,或添、拆项后使用均值不等式 ,可迅速获得证明 .例 1　求证( 1 1n) n <( 1 1n 1 ) n 1　 ( n∈ N ) .分析　此问题与自然…     

一个有趣的命题及其推论与应用

设X=(x1,x2,……,xk),记函数fi(X)=fi(x1,x2,…xk),又设f(X)为正值函数且其二阶偏导数连续(k≥2),其中i=1,2…n。将形如[(^n∑i=1)fi(X)]/n的函数称为fi(X)(i=1,2…,n)的均值函数;将^n√(^n∏i=1)fi(X)称为fi(X)(i=1,2…,n)的几何均值函数,由fi(X)(i=1,2…,n)的均值函数和fi(X)(i=1,2…,n)的几何均值函数可以得到均值不等式。     

证明数列不等式的新方法——构造不等式法

对形如n∑i=n0ai＜f(n),n∏i=n0ai＜f(n)n∑i=n0ai＞f(n),n∏i=n0ai＞f(n))的不等式我们称之为数列不等式,常见的有"和式"和"积式"不等式两大类. 数列不等式的证明方法很多,通常有数学归纳法、放缩法、裂项法等.放缩法如何应用?怎样放缩?很少有人在这方面作较深入探讨.本文向诸位推荐一种简捷的方法:构造不等式法.     

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.