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     

柯西不等式常见题型解法例说

柯西不等式∑ni=1a2i·∑ni=1b2i≥(∑ni=1ai·bi)2是基本而重要的不等式,是推证其他许多不等式的基础,不仅形式优美,而且还具有非常重要的应用价值.它原先只在数学竞赛中出现,但在2003年颁布的高中数学课程标准选修系列(4—5)《不等式选讲》里,已经加进了柯西不等式,也就是说它将成为选修学生的日常教学要求.用柯西不等式解决某些不等关系问题时往往比较简捷明了,但求解时灵活性较大,技巧性较强.其中一些常见的问题,其解决策略往往与其呈现方式直接相关.笔者就以其在近几年高考中的常见三维类型进行分类,例析对应的解决策略.     

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 (     

借用柯西不等式巧解无理方程

对于柯西不等式(∑ni=1aibi) 2 ≤ ∑ni=1a2i∑ni=1b2i　 (ai、bi ∈ R) ,若　 (∑ni=1aibi) 2 =∑ni=1a2i∑ni=1b2i成立 ,则有且仅有　 ai =kbi　 (k为常数 ,i =1 ,2 ,… ,n)也成立 .下面将运用柯西不等式取等号的这一特性 ,巧解 (或化简 )一些较为繁难 ,甚至常法不能求解的无理方程 .所解方程均求实根 .例 1　解方程x 4- 3 x2 3 x 4- x2 =4.解　根据柯西不等式(x 4- 3 x2 3 x 4- x2 ) 2　≤ [x2 (4 - x2 ) 2 ].[(4 - 3 x2 ) 2 (3 x) 2 ],而　 x 4- 3 x2 3 x 4- x2 =4,∴　 (x 4- 3 x2 3 x 4- x2 ) 2　 =[x2 (4 - x2 ) 2 ].[(4 - 3…     

应用柯西不等式的变换策略

<正>柯西不等式是选修4-5《不等式选讲》模块考查的热点内容,近几年,浙江省高考对柯西不等式进行了深入考查.在学习和备考过程中,同学们普遍感到,柯西不等式形式优美、结构巧妙,是研究有关最值问题的一个强有力的工具,但最感困难的是怎样变换来沟通待解决问题与柯西不等式之间的联系,充分说明适当     

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)

用柯西不等式解释样本线性相关系数

新教材第三册(选修 )§1.6线性回归中给出了样本相关系数r=∑ni=1(xi- x) (yi- y)∑ni=1(xi- x) 2 ∑ni=1(yi- y) 2,并指出“| r|≤1,且| r|越接近于1,相关程度越大;| r|越接近于0 ,相关程度越小”.笔者在教学时发现,用柯西不等式能很好地解释这一相关系数,学生非常容易接受,达到事半功倍的效果.引理1　[柯西不等式](∑ni=1aibi) 2 ≤∑ni=1ai2 ∑ni=1bi2 (其中ai,bi∈R,i=1,2 ,…,n) .现记ai=xi- x,bi=yi- y,则r=∑ni=1aibi∑ni=1ai2 ∑ni=1bi2.据柯西不等式,显然有| r|≤1.1)当| r| =1时,(∑ni=1aibi) 2 =∑ni=1ai2 ∑ni=1b…     

柯西不等式的一个简证

柯西不等式 :设ａｉ,ｂｉ ∈Ｒ ,ｉ=1 ,2 ,… ,ｎ .则∑ｎｉ=1ａ2 ｉ ∑ｎｉ=1ｂ2 ｉ ≥ ∑ｎｉ=1ａｉｂｉ2 (1 )证明　记Ａ =∑ｎｉ=1ａ2 ｉ,Ｂ =∑ｎｉ=1ｂ2 ｉ,Ｃ =∑ｎｉ=1ａｉｂｉ.ＡＢＣ2 1 =∑ｎｉ=1ａ2 ｉＢＣ2 ∑ｎｉ=1ｂ2 ｉＢ=∑ｎｉ =1ａ2 ｉＢＣ2 ｂ2 ｉＢ≥ ∑ｎｉ =12 ·ａｉｂｉＣ =2 .所以 ＡＢＣ2 1 ≥ 2 ,即ＡＢ≥Ｃ2 .因此不等式 (1 )成立 .柯西不等式的一个简证@张延卫$江苏宿迁市教委!223800…     

一个不等式的逆向

文[1]证明了文[2]提出的一个猜想:说ai≥0,pi≥0,(i=1,2,…,n)且p1 p2 … pn=1,则n∑i=1piai≥n∏i=1aipi.本文将给出上述不等式的一个逆向不等式,从而得出一个不等式组.命题设ai>0,pi≥0(i=1,2,…,n),且p1 p2 … pn=1,则1∑ni=1piai≤n∏i=1aipi≤n∑i=1piai.证为了使命题证明     

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   

柯西不等式的证明及应用

<正>高中数学学习中,不等式变形巧妙神奇,尤其是柯西不等式的应用.我梳理了一下有关柯西不等式的证明及应用,方便同学们使用.柯西不等式:(a1b1+a2b2+…+an bn)2≤(a21+a22+…+a2n)(b21+b22+…+b2n)(ai bi∈R,i=1,2…n).等号当且仅当a1=a2=…=an=0或bi=tai时成立(t为常数,i=1,2…n).柯西不等式的证明方法很多,下面的方法比较深刻且具通性.为简便,设ai不全为0.证法一(构造二次函数)f(x)=(a1x+b1)2+(a2x+b2)2+…+(an x+bn)2=(a21+a22+…+a2n)x2+2(a1b1+a2b2+…+an bn)x+(b21+b22+…+b2n).     

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.     

一个不等式的加强及其推广

笔者在翻阅文[1]时,看到如下问题问题1已知x12 x22 … x2100=300,求证:x1 x2 … x100≤200.文[1]指出,可以构造多项式x2-2x 1=(x-1)2≥0进行证明.读完文[1],笔者就想,既然可以构造(x-1)2≥0和(x-3)2≥0来进行证明,那么用其他形如(x-a)2≥0的表达式进行证明行吗?经过试验可知,取a=12时达不到目的,只能得出i1∑=001xi≤325;而当取a=2时,得到了不等式∑100i=1xi≤7400<200,这不仅证明了问题1,而且还把所要证明的不等式∑100i=1xi≤200进一步加强为∑100i=1xi≤7400.因此,我们有理由猜想,在所有不等式1∑00i=1xi≤Bt中,只要选择适当的a,利用(x-…     

一道高考题的多种解法及推广

<正>笔者探究的问题是2012年湖北高考数学卷(理)第6题,原题如下:设a、b、c、x、y、z是正数,且a²+b2+b²+c2+c²=10,x2=10,x²+y2+y²+z2+z²=40,ax+by+cz=20.则(a+b+c)/(x+y+z)=().(A)1/4(B)1/3(c)1/2(D)3/4解析题目中出现6个未知数,而只有3个等式,因此不能把a、b、c、x、y、z具体的值求出来,只能寻求整体与部分的关系来解题.命题实质是考查柯西不等式的应用.由柯西不等     

不等式研究成果集锦(15)

178　设 xi>0 ,yi>0 (i=1 ,2 ,… ,n,n≥2 ) ,实数 p≥ 2 ,如果 ∑ni=2x2i ≤ x21,∑ni=2y2i ≤ y21,那么[(xp1- ∑ni=2xpi) (yp1- ∑ni=2xpi) ]1p ≥ x1y1-∑ni=2xiyi- ∑ni=2|y1xi- x1yi|,当且仅当 p =2 ,x1y1= x2y2=… =xnyn时取等号 .(文家金 .2 0 0 0 ,5～ 6)1 79　设 b1,b2 ,… ,bn是实数 ,而 a1≥ a2 ≥…≥ an >0 ,又设 ∑kj=1aj≤ ∑kj=1bj(k=1 ,2 ,… ,n- 1 ) .∑nj=1aj ≥ ∑nj=1bj,则当 0

相似文献   

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…     

关于线性回归教学的一点建议

在现行高中数学教材(人教社中数室编)第三册中,增加了线性回归的内容,它主要涉及如下两方面学习要求:其一,根据一组观测值(xi,yi)(i=1,2,…,n)拟合一条回归直线方程y∧=bx a,其中b=n∑(xi-x-)(yi--y)i=1∑(xi-x-)2,a=-y-bx-,x-,-y分别是xi,yi的算术平均值.其二,根据样本相关系数r=∑ni=1(xi-x-)(yi--y)∑ni=1(xi-x-)2∑ni=1(yi--y)2的取值,来判断观然发源于柯西不等式!至于它的证明,通常的方法是:(1)当ai=0(i=1,2…,n)时,(*)式显然成立;(2)当ai中至少有一个不为零时,则∑na2i>0,于是测值(xi,yi)(i=1,2,…,n)的线性相关程度,进而判断所得回归…     

一个不等式的推广

文[1],[2]给出了一个不等式:设ai>0,pi≥0(i=1,2,…,n)且p1 p2 … pn=1,则1∑ni=1piai≤∏ni=1aipi≤∑ni=1piai.本文再给出上述不等式一个推广情形:命题设ai>0,pi≥0(i=1,2,…,n),且各pi不全为0.则:∑ni=1pi∑ni=1piai≤(∏ni=1aipi)1∑ni=1pi≤∑ni=1piai∑ni=1pi.为了证明该     

正确求取n∑i=1ai整数部分的一种方法

文[1]、[2]、[3]介绍了求 S=n∑i=1 1/√i和S=n∑i=1√i 整数部分的一些不等式,从而设法求出[S].但是不论该不等式如何精确,总有不能解决的问题,例如文[3]中最强的一个不等式     

几个不等式的简证

《数学通讯》(教师版)2006年上年度刊登了一组关于不等式研究的专题文章,笔者拜读之后受益匪浅,笔者探究发现其中的几个不等式更加简捷的证明方法,现写出来,供读者参考.例1[1]设ai>0,pi≥0(i=1,2,…,n),且p1 p2 … pn=1,则1n∑i=1piai≤n∏i=1aipi≤n∑i=1piai(1)这是文[1]对文[2]证明的如下一个不等式的逆向不等式:设ai>0,pi≥0,(i=1,2,…,n)且p1 p2 … pn=1.则n∑i=1piai≥n∏i=1aipi(2)文[1]通过构造函数,考察函数的凸性,然后用数学归纳法证明了(1)式.其实,有了(2)式,(1)式的证明便唾手可得,不必绕道而行.事实上,由(2)式∑ni=1piai=∑ni=…