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,     

一道数学竞赛题的推广

设 a1,a2 ,… ,an和 b1,b2 ,… ,bn都是非负实数 ,则　 [( a1+ b1) ( a2 + b2 )… ( an + bn) ]1n ≥　 ( a1a2 … an) 1n + ( b1b2 … bn) 1n.这是第 6 4届普特兰数学竞赛中的一道题目 .本文给出该不等式的一个推广 .推广　设 aij >0 ( i =1 ,2 ,… ,m;j=1 ,2 ,… ,n) ,则( ∑mi=1ai1∑mi=1ai2 …∑mi=1ain) 1n ≥ ∑mi=1( ai1ai2 … ain) 1n,等号当且仅当 as1at1=as2at2=… =asnatn( s,t=1 ,2 ,… ,m;s≠ t)时成立 .证明　由平均不等式知 :1na11∑mi=1ai1+ a12∑mi=1ai2+… + a1n∑mi=1ain≥　a11a12 … a1n∑mi=1ai1∑mi=1ai2 …∑mi=1ai…     

一类分式不等式的新证法

定理1 设ai,bi〉0（i=1,2,…，n）,若a1≥a2≥…≥an且b1≥b2≥…bn或a1≤a2≤…≤an且b1≤b2≤…≤bn,n≥2,r,t〉0,rn-t〉0,s=∑ni=1ai,则     

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     

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   

用素数判定多项式不可约

本文介绍两个用素数列来判定多项式不可约的定理 ,从而把素数与不可约多项式紧密联系起来了 .定理 1　对于整系数多项式f ( x) =∑ni=0aixi　 ( n∈ N,an ≠ 0 ) ( 1 )若存在一个正整数 p >1 max0≤ i≤ n{| ai| },使| f ( p) |不是合数 ,则 f ( x)在 Q上不可约 .为证明定理 1 ,先给出两个引理 .引理 1　多项式 ( 1 )的根的模必小于u =1 max0≤ i≤ n{| ai| }.证明　当 f ( z) =0时 ,假设 | z|≥ u(因为 an ≠ 0 ,所以 u≥ 2 ) ,得| f ( z) |≥ | an| .| z| n - ( u - 1 ) ∑n- 1i=0| z| i≥ 1 . | z| n - ( u - 1 ) .| z| n - 1| z| -…     

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…     

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…     

巧用柯西不等式证不等式竞赛题

设ai,bi∈R(i=1,2,…,n),则(a12 a22 … a2n)(b12 b22 … b2n)≥(a1b1 a2b2 … anbn)2(1)当且仅当且bi=λai(i=1,2,…,n)时,(1)式取等号.这就是著名的柯西不等式,它还有如下等价形式:设ai,bi>0(i=1,2,…,n),则a12b1 ab222 … ban2n>(ab11 ab22 …… abnn)2(2)当且仅当且ab11     

新题征展(68)

A题组新编1.(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm=Sn(m≠n),则Sm+n=;(2)已知函数f(x)=ax2+bx,若f(m)=f(n)(m≠n),则f(m+n)=;(3)已知函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0),若f(m)=f(n)(m≠n),则f(m+n)=.2.(1)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm=n,Sn=m(m≠n),则Sm+n=;(2)等差数列{an}的前n项和为Sn,若Sm=a,Sn=b(m≠n),则Sm+n=;(3)已知函数f(x)=ax2+bx(a≠0),若f(m)=t,f(n)=s(m≠n),则f(m+n)=;(4)f(x)=ax2+bx+c(a≠0),若f(m)=t,f(n)=s(m≠n),则f(m+n)=.3.(1)在周长为定值l的直角三角形中,怎样的三角形面积最大?最大面积是多少?请详述理由;(2)在…     

由一个不等式所想到的

对于若干个正实数的和与其倒数和之间的关系 ,我们最熟悉的莫过于如下不等式[1] :设 a1,a2 ,… ,an 皆为正实数 ,则有　　　 ( ∑ni=1ai) ( ∑ni=1a-1i )≥ n2 ( 1 )等式成立当且仅当 a1=a2 =… =an.在不等式 ( 1 )中 ,正实数 a1,a2 ,… ,an之间的关系是独立的 ,即任何一个 ai 的取值均与其余 aj( j≠ i)的取值无关 .如果其中某些 ai的取值依赖于另外一些 aj 的取值 ,那么 ,不等式 ( 1 )的右边将会引起怎样的变化 ?这种思考的结果使我们获得了如下三个有趣的不等式 :定理 1　设 a1,a2 ,… ,an 皆为正实数 ,an+ 1=r ∑ni=1ari　 ( r≥ 1 ) ,…     

赏析几道以图表为背景的题

以图表为背景的题,近年来在高考题中经常出现,笔者选择几道供大家欣赏．题1 (2005年上海理)用n个不同的实数 a1,a2,…,an可得到n!个不同的排列,每个排列为一行写成一个n!行的数阵．对第i行ai1, ai2,…,ain,记bi=-ai1 2ai2-3ai3 … (-1)nnain(i=1,2,3,…,n!)．     

对一道奥赛题的再探索

第三届(2006年)东南数学奥林匹克第6题为:求最小的实数m,使不等式m(a3 b3 c3)≥6(a2 b2 c2) 1对满足a b c=1的任意正实数a,b,c恒成立.文[1]将该题推广如下:设ai>0(i=1,2,…,n,n≥2),∑ni=1ai=1,B>0,A Bn>0,求最小的实数m,使不等式m∑ni=1ai3≥Ai∑=n1ai2 B恒成立.本文将对该题作进一步的探索.引理(幂平均值不等式)若α≥β>0,ai>0(i=1,2,…,n),则∑ni=1aiαn1α≥∑ni=1aiβn1β(1)特别地,当β=1,α≥1时有∑ni=1aiαn≥∑ni=1ainα(2)证略.探究1设α>β≥1,A>0,B>0,求最小的实数m,使不等式m∑ni=1aiα≥Ai∑=n1αiβ B(n≥2,n∈N)(3)对…     

“二等分段平方数”初探

郑成生先生在文 [1]中研究了双色平方数的构造问题 ,很有情趣 .本文研究另一类平方数 .定义　若自然数 a1 a2 … anan 1 an 2 … a2 n 是一个 2 n位平方数 ,a1 ≠ 0 ,an 1 ≠ 0 ,且 a1 a2 … an与 an 1 an 2 … a2 n 也均为平方数 ,则称a1 a2 … anan 1 an 2 … a2 n 为二等分段平方数 .例如 ,2 2 5 62 5 =475 2 ,且 2 2 5 =15 2 ,62 5 =2 5 2 ,故 2 2 5 62 5是一个二等分段平方数 .设二等分段平方数a1 a2 … anan 1 an 2 … a2 n =H22 n,则　 a1 a2 … an =M2n,an 1 an 2 … a2 n =R2n.从而　 H22 n =10 n M2n R2n.定理 1　…     

一个分式型不等式定理及其应用

引理　若xi∈R ,i=1,2,…,n,则1)　1nΣni=1xαi≥1nΣni=1xiα(α≥1或α<0)2)　1nΣni=1xαi≤1nΣni=1xiα(0<α<1)注　此引理可由琴生(Jensen)不等式推出.因篇幅有限,这里不再赘述,读者可参阅参考文献〔1〕和〔2〕.定理1　若ai、bi∈R ,i=1,2,…,n,γ≥2或γ<0,β>0,则Σni=1aribβi≥n1-r β.Σni=1airΣni=1biβ证明　由已知和柯西不等式,得Σni=1bβiΣni=1aribβi=Σni=1bβi2Σni=1aγibβi2≥Σni=1bβi.aγibβi2=Σni=1aγ2i2(1)由引理1)和2),得Σni=1aγ2i2≥n2-γΣni=1aiγ及Σni=1bβi-1≥n-1 βΣni=1bi-β(β≥1或0<β<…     

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     

Powers of general digital sums

Let m0,m1,m2,…be positive integers with mi〉 2 for all i. It is well known that each nonnegative integer n can be uniquely represented as n= a0 ＋ a1m0＋a2m0m1＋…＋atm0m1m2…mt-1,where 0≤ai≤mi-1 for all i and at≠0.let each fi be a function defined on {0,1,2…,mi-1} with fi（0）=0.write S（n）=i=0∑tfi（ai）.In this paper, we give the asymptotic formula for x^-1∑n≤xS（n）^k,where k is a positive integer.     

I.J.Matrix定理的进一步推广

文献 [1]— [5 ]连续讨论了 I.J.Matrix定理的一些推广及应用 ,特别是文 [5 ]利用高阶微分的知识简明地给出了一个推广 ,本文给出其进一步的推广 .设 a0 ,a1 ,… ,an 是 n 1个互不相同且不为零的数 ,f ( x)是次数为 m的多项式 ,文 [5 ]讨论的是m相似文献