FTT不等式的一个简单证明及其发现过程

四十多年前 ,Ｋ .Ｆａｎ ,Ｏ .Ｔａｕｓｓｋｙ和Ｊ .Ｔｏｄｄ发现并证明了如下两个优美的初等不等式[1] :设ａ1,ａ2 ,… ,ａｎ 皆为实数 ,1°　若ａ0 =ａｎ 1=0 ,则2 (1-ｃｏｓ πｎ 1) ｎｋ =1ａ2 ｋ≤ ｎ 1ｋ =1(ａｋ-ａｋ- 1) 2 (1)等式成立当且仅当ａｋ=Ｃｓｉｎ ｋπｎ 1(ｋ =1,2 ,… ,ｎ ,Ｃ为实常数 ) .2°　若ａ0 =0 ,则2 (1-ｃｏｓ π2ｎ 1) ｎｋ =1ａ2 ｋ≤ ｎｋ =1(ａｋ-ａｋ - 1) 2 (2 )等式成立当且仅当ａｋ=Ｃｓｉｎ ｋπ2ｎ 1(ｋ =1,2 ,… ,ｎ ,Ｃ为实常数 ) .1982年 ,Ｇ .Ｖ .Ｍｉｌｏｖａｎｏｖｉｃ和Ｉ.…     

一个优美的代数不等式

文 [1 ]有一个优美的不等式猜想 :若ａｋ∈Ｒ (ｋ =1 ,2 ,… ,ｎ) ,则 ｎｋ=1ａｋ ｎｋ=11ａｋ ≥ｎ2 2ｎ 1≤ｉ<ｊ≤ｎ(2ｎ ａｊａｉ-2ｎ ａｉａｊ) 2 (1 )本文证明这个猜想 .记Ｆｎ=ｘｎ 1ｘｎ (ｘ∈Ｒ ,ｎ∈ Ｚ-) ,则Ｆｎ≥ 2 .容易验证有如下引理 1　若ｍ1,ｍ2 ∈Ｚ ,ｍ1≥ｍ2 ,则Ｆｍ1 ｍ2 =Ｆｍ1Ｆｍ2 -Ｆｍ1-ｍ2 .引理 2　当ｎ≥ 2时 ,Ｆｎ≥ 2ｎＦ1- 2 (2ｎ- 1 ) (2 )证明　当ｎ =2 ,3时 ,文 [1 ]已证 (2 )式成立 ,即有Ｆ2 ≥ 4Ｆ1- 6 ,Ｆ3≥ 6Ｆ1- 1 0 .假设ｎ <ｋ时 ,(2 )式成立 .则当ｎ =ｋ (ｋ≥ 4)时 ,1 )若ｋ为奇数 ,…     

一个定理的别证及推广

文 [1 ]的定理 2为 :设ａ ,ｂ∈Ｒ+,若ａ+ｂ≤ 2 ,则ａ+ｂ2 +2ａ+ｂ ≤ａｂ +1ａｂ若ａｂ≥ 1 ,则ａ+ｂ2 +2ａ +ｂ≥ ａｂ+1ａｂ其证明方法是作差比较法 ,现用函数的单调性证明之 .证明　易证函数ｆ(ｘ) =ｘ +1ｘ 在 (0 ,1 ]上递减 ,在 [1 ,+∞ )上递增 .因为 ａ +ｂ2 ≥ ａｂ ,故当 ａ+ｂ2 ≤ 1时 ,ｆ ａ+ｂ2 ≤ｆ(ａｂ) ,当ａｂ≥ 1时 ,ｆ ａ +ｂ2 ≥ｆ(ａｂ) ,即当ａ +ｂ≤ 2时 ,ａ+ｂ2 +2ａ+ｂ≤ ａｂ+1ａｂ.当ａｂ≥ 1时 ,ａ +ｂ2 +2ａ+ｂ≥ ａｂ+1ａｂ.推广　设ｘｋ >0 (ｋ =1 ,2 ,… ,ｎ) ,若∑ｎｋ=1ｘｋ ≤ｎ ,则1ｎ∑ｎｋ =1ｘｋ+…     

一道不等式证明题的多维思考

题　若ａ >0 ,ｂ >0 ,且ａ ｂ =1,证明　　　 (ａ 1ａ) (ｂ 1ｂ)≥2 54 ( 1)思考 1　若用均值不等式ａ 1ａ ≥ 2去证 ,得不到要证明的结论 .失败的原因在于没有利用条件ａ ｂ =1.为了利用这一条件 ,须将 ( 1)的左边变形 .∵ａ ,ｂ∈Ｒ ,ａ ｂ =1,∴ 0 <ａｂ≤ 14 .∴　 (ａ 1ａ) (ｂ 1ｂ) =ａ2 ｂ2 ａ2 ｂ2 1ａｂ　 =ａ2 ｂ2 1- 2ａｂ 1ａｂ =1ａｂ[(ａｂ - 1) 2 1]　≥ 4 [( 14 - 1) 2 1] =2 54 .当且仅当ａ =ｂ =12 时等号成立 .思考 2　∵ 0 <ａｂ≤ 14 ,∴ (ａ 1ａ) (ｂ 1ｂ) =ａｂ 1ａｂ ｂａ ａｂ…     

巧用a/b~2≥2/b-1/a证明不等式

《中学生数学》2 0 0 1年 6月上期第 2 6页刊文《不等式ａ2ｂ≥ 2ａ -ｂ的推广及应用》 ,2 0 0 2年5月上期第 2 1页又刊文《不等式 ａ2ｂ≥ａ -ｂ4的推广及应用》 .受两文启发 ,笔者将给出与上述两不等式结构相似的一个不等式 ａｂ2 ≥ 2ｂ-1ａ的应用 .事实上 ,由不等式 1ｂ-1ａ2 ≥ 0推广得1ｂ2 ≥ 2ａｂ-1ａ2 ,当ａ >0时 ,有 ａｂ2 ≥ 2ｂ-1ａ　①成立 .例 1　设ａ1 ,ａ2 ,… ,ａｎ 是ｎ个互不相同的自然数 ,证明 :∑ｎｋ=1ａｋｋ2 ≥∑ｎｋ=11ｋ.(第 2 0届ＩＭＯ试题 )证明　由①式有ａｋｋ2 ≥ 2ｋ-1ａｋ,从而∑ｎｋ =1ａｋｋ2 ≥ 2∑ｎ…     

数学问题解答

20 0 0年 9月号问题解答(解答由问题提供人给出 )1 2 71　已知ａ,ｂ,ｃ∈Ｒ ,求证 :当ａｂｃ≤ 1时 ,ａｂ ｂｃ ｃａ ≥ａ ｂ ｃ.当ａｂｃ≥ 1时 ,ａｂ ｂｃ ｃａ >1ａ 1ｂ 1ｃ证明　当ａｂｃ≤ 1时 ,(1 )当ａ ｂ ｃ≥ａｂ ｂｃ ｃａ时 ,∵　 ａｂ ｂｃ ｃａ ａｂ ｂｃ ｃａ≥ 2 (ａ ｂ ｃ)∴　 ａｂ ｂｃ ｃａ≥ 2 (ａ ｂ ｃ) - (ａｂ ｂｃ ｃａ)≥ａ ｂ ｃ(2 )当ａｂ ｂｃ ｃａ ≥ａ ｂ ｃ时 ,∵　ａ2 ｃ ｂ2 ａ ｃ2 ｂ ｃ ａ ｂ≥ 2 (ａｃ ｂａ ｃｂ)∴　ａ2 ｃ ｂ2 ａ ｃ2 ｂ≥ 2 (ａｃ ｂａ ｃｂ) - (ｃ ａ…     

对一类和式的估值

设 {ａｎ}为递增的正项等差数列 :ａｎ=ａ1 (ｎ -1)ｄ ,ｎ∈Ｎ ,其中ａ1 ,ｄ >0 ,本文讨论和式 ｎｋ =1 ａｋ=ａ1 ａ2 … ａｎ的估值不等式与近似值公式 ,并举例说明其应用 .定理 1　设ｄ≤ 10ａ1 ,则对任意ｎ∈Ｎ ,有　　ｍｎ≤ ｎｋ =1 ａｋ≤Ｍｎ (1)当且仅当ｎ =1时式中等号成立 ,其中ｍｎ =4ａｎ 3ｄ6ｄ ａｎ ｄ2 4ａｎ　 -(4ａ1 -3ｄ6ｄ ａ1 ｄ2 4ａ1) ,Ｍｎ =4ａｎ 3ｄ6ｄ ａｎ ｄ2 4ａｎ　 -ｄ3192 0ａ2ｎ ａｎ-(4ａ1 -3ｄ6ｄ ａ1　 ｄ2 4ａ1-ｄ3192 0ａ31 ａ1) .定理 1的证明要用到下面两个引理 .引理 1　设ｘ≥ 110…     

涉及两数平均的一组不等式

本文试给出关于正数ａ ,ｂ的表达式 (ａ 1ａ) (ｂ 1ｂ)与这两个正数的算术平均及几何平均的一组有趣的条件不等式 .从这组不等式的条件与结论之间的关系注意观察 :一个命题条件涉及范围的变化如何影响其结论的强弱 .　　定理 1　设ａ ,ｂ∈Ｒ ,则(ａ 1ａ) (ｂ 1ｂ) ≥ (ａｂ 1ａｂ) 2 (1 )若ａ ｂ≤ 2 2 5 ,则(ａ 1ａ) (ｂ 1ｂ) ≥ (ａ ｂ2 2ａ ｂ) 2 (2 )若ａ ｂ≤ 2 3 ,则(ａ 1ａ) (ｂ 1ｂ) ≥ (ａ ｂ2 1ａｂ) 2 (3 )　　证明　为证不等式 (1 ) ,两边展开整理即有(ａ 1ａ) (ｂ 1ｂ)≥ (ａｂ 1ａｂ) 2 　 　ｂａ ａｂ ≥ 2显然…     

应用放缩法证明不等式

放缩法是证明不等式的重要方法 .应用哪些方法进行放缩 ,向哪个方向放缩 ,放缩到什么程度 ?是使用该法证明不等式的难点 .本文将就这些方面作些介绍 .1　去掉式子中某些正项或负项去掉式子中某些正项或者负项 ,可使式子缩小或者放大 .例 1　设ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ 且ａｂ ｂｃ ａｃ =1,求证 :ａ ｂ ｃ≥ 3 .证　∵ (ａ ｂ ｃ) 2 =ａ2 ｂ2 ｃ2 2ａｂ 2ｂｃ 2ａｃ=12 [(ａ -ｂ) 2 (ｂ -ｃ) 2 (ｃ -ａ) 2 ] 3(ａｂ ｂｃ ａｃ)≥ 3(ａｂ ｂｃ ａｃ) =3 ,∵ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ,∴ａ ｂ ｃ≥ 3 .例 2　在△ＡＢＣ中 ,求证 :ｓｉ…     

均值不等式的妙用

二元和三元均值不等式是高中数学的重要内容之一 ,无论是证明不等式、求最值 ,还是确定参变量的取值范围 ,其神奇功效是显而易见的 .1　ａ2 ｂ2 ≥ 2ａｂ (ａ ,ｂ∈Ｒ)　例 1　已知ａ ,ｂ∈ (0 ,1) ,求证ａ1-ａ2 ｂ1-ｂ2 ≥ ａ ｂ1-ａｂ.证　∵ａ2 ｂ2 ≥ 2ａｂ ,∴ ａ1-ａ2 ｂ1-ｂ2 =ａ(1-ｂ2 ) ｂ(1-ａ2 )(1-ａ2 ) (1-ｂ2 )=(ａ ｂ) (1-ａｂ)1- (ａ2 ｂ2 ) ａ2 ｂ2>(ａ ｂ) (1-ａｂ)1- 2ａｂ ａ2 ｂ2=ａ ｂ1-ａｂ.例 2　若ａ ,ｂ∈Ｒ ,求证ａａ 2ｂ ｂ2ａ ｂ≥ 23.证　原不等式等价于3ａ(2ａ ｂ) 3ｂ(ａ 2ｂ)≥ 2 (ａ …     

一个条件不等式的应用与推广

定理 1　设ａ ,ｂ∈Ｒ ,且ａ ｂ =1 ,则ａｂ 1ａｂ≥ 414.(当且仅当ａ =ｂ =12 时 ,等号成立 )证　ａｂ 1ａｂ≥ 414 4ａ2 ｂ2 - 17ａｂ 4≥ 0 ( 4ａｂ - 1 ) (ａｂ - 4 )≥ 0 ;∵ａｂ =(ａｂ) 2 ≤ ( ａ ｂ2 ) 2 =14,∴ 4ａｂ≤ 1 ,而又知ａｂ≤14<4,故 ( 4ａｂ - 1 ) (ａｂ - 4 )≥ 0成立 ,即ａｂ 1ａｂ≥ 414获证 .1　巧用ａｂ 1ａｂ≥ 414解题　例 1　设ｘ ,ｙ∈Ｒ ,解方程组ｘ ｙ =1 ,( 2ｘ 3ｙ) ( 2 ｙ 3ｘ) =49.解　考察 49=4ｘｙ 9ｘｙ 1 2 =4(ｘｙ 1ｘｙ) 5·1ｘｙ 1 2≥ 4·414 5·4 1 2 =49,可见当ｘ …     

巧化齐次式妙证不等式

若不等式两边各项的次数相等 ,不妨称之为齐次不等式 .如均值不等式中 ,ａ2 +ｂ2 ≥2ａｂ ,是齐二次不等式 ,ａ +ｂ+ｃ3 ≥ 3 ａｂｃ是齐一次不等式 ,对某些非齐次不等式的证明 ,若能结合题设条件 ,将低次项的次数适当升高 ,从而将原不等式转化为齐次不等式来处理 ,往往会产生出奇制胜的解题效果 .例 1　已知ａ、ｂ、ｃ∈Ｒ ,且ａ+ｂ +ｃ=1.求证 :ａｂ +ｂｃ+ｃａ≤ 13 .分析　所证不等式左边是二次式 ,右边是一个常数 ,即零次式 .由已知　ａ +ｂ+ｃ =1,∴　　　 (ａ+ｂ+ｃ) 2 =1,从而所证不等式可化为齐二次不等式ａｂ +ｂｃ+ｃａ≤ 13 (ａ +ｂ+ｃ) 2 ,即　ａ2 +ｂ2 +ｃ2 ≥ａｂ +ｂｃ+ｃａ .而　左边 -右边= 12 [(ａ-ｂ) 2 +(ｂ -ｃ) 2 +(ｃ -ａ) 2 ] ≥ 0 ,∴　原不等式成立 .例 2　已知 ｐ3 +ｑ3 =2 .求证 :ｐ+ｑ≤ 2 .分析　所证不等式左边为一次式 ,右边为零次式 ,考虑到已知等式是一个三次式 ,从而将所证不等式两边立方 ,得 (ｐ+ｑ) 3 ≤ 8,∵　ｐ3 +ｑ3 =2 ,　∴　 8=4( ｐ3 +ｑ...     

课本中几个不等式的应用性示例

1　几个不等式1)已知ａ ,ｂ ,ｍ∈Ｒ ,并且ａ <ｂ,则 ａｂ <ａ ｍｂ ｍ .①(高中《代数》下册Ｐ12 )2 )已知ａ ,ｂ∈Ｒ ,且ａ≠ｂ ,则　　ａ3 ｂ3>ａ2 ｂ ａｂ2 .②(高中《代数》下册Ｐ14 )3)已知ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ,则　　 ( ａｂ ｂｃ ｃａ) ( ｂａ ｃｂ ａｃ)≥ 9.③(高中《代数》下册Ｐ16)2　应用举例例 1　ｂ克糖水中含有ａ克糖 (ｂ >ａ >0 ) ,若再添加ｍ克糖 (ｍ >0 ) ,则糖水就变甜了 ,请你运用所学知识解释这种现象 ?分析　糖水变甜了 ,说明糖水中糖的浓度变大了 ,从而只需证明添加糖后的糖水浓度大于添加糖前的糖水浓度即可 .事…     

一道数学奥林匹克问题的推广

《中等数学》2 0 0 0年第 4期中有数学奥林匹克问题高 97.　已知ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ,求证 :(ａ 1 ) 3ｂ (ｂ 1 ) 3ｃ (ｃ 1 ) 3ａ ≥814.下面给出此题的证明 .证　左边≥ 3 (ａ 1 ) (ｂ 1 ) (ｃ 1 )3 ａｂｃ=3(ａ 12 12 ) (ｂ 12 12 ) (ｃ 12 12 )3 ａｂｃ≥ 3·33 ａ4·33 ｂ4·33 ｃ43 ａｂｃ =814.等号当且仅当ａ =ｂ =ｃ =12 时成立 .实际上 ,原命题可推广为 :ａ1,ａ2 ,… ,ａｎ∈Ｒ ,ｍ ,ｎ∈Ｎ ,求证 :　　(ａ2 1 ) ｍａ1 (ａ3 1 ) ｍａ2 … (ａ1 1 ) ｍａｎ≥ ｎｍｍ(ｍ - 1 ) ｍ -1.证　左边≥ｎ[(ａ2 1 ) (ａ3 1 )…     

用平均不等式证明不等式的思路

平均不等式ａ2 ｂ2 ≥ 2ａｂ ( 1)(ａ ,ｂ∈Ｒ ,当且仅当ａ =ｂ时取等号 )及　　　　ａ3 ｂ3 ｃ3 ≥ 3ａｂｃ ( 2 )(ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ,当且仅当ａ =ｂ =ｃ时取等号 )是证明不等式的重要工具 ,怎样熟练灵活运用它们证明不等式是学习中的难点 .实际上 ,灵活运用上述公式可从平均不等式与待证不等式的特征入手 .1　升降次数例 1　设ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ,且ａｂｃ =1,求证ａ3 ｂ3 ｃ3 ≥ａ ｂ ｃ .分析 :两个平均不等式对单个字母而言从左到右是起降次作用 ,注意到要证的不等式正具有此特点且ａ =ｂ =ｃ =1时两边相等 ,因而有下面的证法 .证　…     

数学问题解答

20 0 2年 9月号问题解答(解答由问题提供人给出 )1 3 91　已知实数ａ ,ｂ ,ｃ满足不等式｜ｂ-ｃ｜≥3｜ａ｜,｜ｃ-ａ｜≥ 3｜ｂ｜ ,｜ａ-ｂ｜≥ 3｜ｃ｜ ,求证 :ａ+ｂ+ｃ=0 .(南昌大学附中　宋庆　 3 3 0 0 2 9)证明　因为ａ ,ｂ,ｃ∈Ｒ ,｜ｂ-ｃ｜≥ 3｜ａ｜,所以 (ｂ-ｃ) 2 ≥ 3ａ2 ,所以 3ａ2 -ｂ2 -ｃ2 +2ｂｃ≤ 0 ,同理得 3ｂ2 -ｃ2 -ａ2 +2ｃａ≤ 0 ,3ｃ2 -ａ2 -ｂ2 +2ａｂ≤ 0 ,以上三式相加 ,便得ａ2 +ｂ2 +ｃ2 +2ｂｃ+2ｃａ+2ａｂ≤ 0 ,所以 (ａ+ｂ +ｃ) 2 ≤ 0 ,所以ａ+ｂ+ｃ =0 .1 3 92　数列 {ａｎ}中 ,ａｎ =ｎ3·Π99ｉ=1(ｎ2…     

数学问题解答

20 0 1年 7月号问题解答(解答由问题提供人给出 )1 3 2 1　实数ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ ,满足不等式 ｜ｂ ｃ｜≥2｜ａ｜,｜ｃ ａ｜≥ 2｜ｂ｜ ,｜ａ ｂ｜≥ 2 ｜ｃ｜ ,求证 :ａ =ｂ=ｃ.(江西南昌大学附中　宋庆　黄伟民　 3 3 0 0 2 9)证明　∵　 (ｂ ｃ) 2 ≥ 4ａ2 ,∴　 4ａ2 -ｂ2 -ｃ2 - 2ｂｃ≤ 0 ,同理可得 4ｂ2 -ｃ2 -ａ2 - 2ｃａ≤ 0 ,4ｃ2 -ａ2 -ｂ2 - 2ａｂ≤ 0 ,以上三式相加 ,可得2ａ2 2ｂ2 2ｃ2 - 2ｂｃ- 2ｃａ - 2ａｂ≤ 0 ,∴　 (ａ-ｂ) 2 (ｂ-ｃ) 2 (ｃ-ａ) 2 ≤ 0 ,∴　 (ａ-ｂ) 2 (ｂ-ｃ) 2 (ｃ-ａ) 2 =0 ,∴　ａ-ｂ=ｂ -…     

对一个不等式的深入思考

问题　在△ＡＢＣ中 ,角Ａ ,Ｂ ,Ｃ的对边分别为ａ ,ｂ ,ｃ ,若Ａ +Ｃ≤ 2Ｂ ,求证 :ａ4+ｃ4≤ 2ｂ4.这是《数学教学》2 0 0 1年第 6期问题栏的一道新题 ,我们的深入思考是 :从次数方向探索 ,对自然数ｎ ,此题有无推广的新题呢 ?推广 1　在△ＡＢＣ中 ,角Ａ ,Ｂ ,Ｃ的对边分别为ａ ,ｂ ,ｃ ,若Ａ +Ｃ≤ 2Ｂ ,求证 :1 )对于 1≤ｎ≤ 4 (ｎ∈Ｎ) ,不等式ａｎ+ｃｎ≤ 2ｂｎ 均成立 ;2 )对于ｎ >4 (ｎ∈Ｎ) ,不等式ａｎ+ｃｎ≤2ｂｎ不能成立 .证　 1 )由原不等式ａ4+ｃ4≤ 2ｂ4的证明过程易知 ,其等号当且仅当ｃｏｓＢ =12 ,且ｂ2 =ａｃ,即ａ =…     

一个数学问题的推广

设ａ ,ｂ ,ｃ,ｄ ,∈Ｒ ,求证ａｂｃ ｂｃｄ ｃｄａ ｄａｂ≤ 11 6(ａ ｂ ｃ ｄ) 3(1 )这是《数学教学》1 999年第 2期问题与解答栏目第 475号题 ,原证法较复杂 ,文 [1 ]给出一简单证明 ,文 [2 ]曾用高等数学的拉格朗日乘数法证明了 (1 )式的推广形式ｘ1 ｘ2 …ｘｎ- 1 ｘ2 ｘ3… ｘｎ ｘｎｘ1 ｘ2 …ｘｎ- 2 ≤1ｎｎ- 2 (ｘ1 … ｘｎ) ｎ- 1 (2 )若采用初等对称函数的记号Ｅｋ(ｘ) =Ｅｋ(ｘ1 ,… ,ｘｎ) =∑1≤ｉ1 <… <ｉｋ≤ｎ∏ｋｊ=1ｘｉｊ,ｋ=1 ,… ,ｎ ,则 (2 )式可写作Ｅｎ- 1 (ｘ) ≤ 1ｎｎ- 2 Ｅｎ- 1 1 (ｘ)本文将利用逐步…     

不等式a^3＋b^3＋c^3≥3abc的新证法

对于三元基本不等式“若ａ ,ｂ ,ｃ∈Ｒ+,则ａ3+ｂ3+ｃ3≥ 3ａｂｃ” ,老教材是利用因式分解的办法 ,将ａ3+ｂ3+ｃ3- 3ａｂｃ化为12 (ａ +ｂ +ｃ) [(ａ -ｂ) 2 +(ｂ -ｃ) 2 +(ｃ -ａ) 2 ]后 ,再判断其值的正负而获证的 ,新教材是利用构造的办法 ,联想构造不等式“若ａ ,ｂ∈Ｒ+,则ａ3+ｂ3≥ａ2 ｂ +ａｂ2 ” ,后利用二元基本不等式“若ａ ,ｂ∈Ｒ+,则ａ +ｂ≥ 2ａｂ”而证得的 .显然老教材中的证明对因式分解要求较高 ,学生较难掌握 ,故老教材中的证明被新教材中的证明取而代之了 ,但新教材中的构造证法技巧性亦较强 ,且构造的是一个一般性…