两个数学问题的统一

《数学通报》2 0 0 3年第 5期、第 9期数学问题栏中第 1 4 35题、1 4 54题分别是 :( 1 ) a、b∈ R ,求证aa 3b bb 3a≥ 1 1( 2 ) a、b >0 ,求证aa2 3b2 bb2 3a2 ≥ 1 2将 2式的结论变形为a2a2 3b2 b2b2 3a2 ≥ 1 3观察不等式 1、3的结构特征 ,可将这两个不等式作出统一的指数推广 .推广　 n∈ N,a、b∈ R ,则　 anan 3bn bnbn 3an ≥ 1 4证明　∵　 ( a3 n4 b3 n4) 2 - ( a3 n4) 2=b3 n2 2 a3 n4b3 n4=b3 n4( b3 n4 a3 n4 a3 n4)≥ b3 n4. 33 a3 n4. a3 n4. b3 n4=3an2 . bn4. b3 n4=3an2 bn.∴　 ( a3 n4 …     

Cauchy不等式的几个应用

若ai,bi∈R ,i=1 ,2 ,… ,n(n≥ 2 )则 (a21 +a22 +… +a2 n) (b21 +b22 +… +b2 n)≥ (a1 b1 +a2 b2 +… +anbn) 2证明 :若ai=0 ,命题显然成立若ai 不全为零 ,则设f(x) =(a21 +a22 +… +a2 n)x2 +2 (a1 b1 +a2 b2+… +anbn)x+(b1 +b2 +… +bn)=(a1 x+b1 ) 2 +(a2 x+b2 ) 2 +…+(anx+bn) 2 ≥ 0由于二次项系数a21 +a22 +… +a2 n>0所以Δ≤ 0即 4(a1 b1 +a2 b2 +… +anbn) 2 - 4 (a21 +a22 +…b2 n)(b21 +b22 +… +b2 n)≤0故 (a21 +a22 +… +a2 n) (b21 +b22 +… +b2 n)≥ (a1 b1 +a2 b2 +… +anbn) 2这是著名的柯西 (Cauchy)不等式 .下面…     

（a＋b＋c）^n展开式的系数表

(a b)n展开式的系数表是杨辉三角.本文试对(a b c)n展开式的系数具有怎样的结构和性质进行探讨.1　(a b c)n展开式的一个系数表先看n=1,2,3,4,5,6时(a b c)n展开式的系数(表1).表1n(a b c)n展开式各项的系数11,1,121,1,1,2,2,231,1,1,3,3,3,3,3,3,641,1,1,4,4,4,4,4,4,6,6,6,12     

关于r是数补数序列的复合函数的均值研究

对任意的正整数m和一个确定的正整数r(r≥3),a(n)、b(n)为r是数上下补数序列,利用初等方法和解析方法,给出了a(n)、b(n)与三个数论函数(n)、V(n)和e_p(n)的复合函数(a(n))、(b(n)),V(a(n))、V(b(n))及e_p(a(n))、e_p(b(n))的均值,获得了准确的渐近公式,发展了相关问题的研究工作.     

等比定理的前提不可疏忽

众所周知等比定理是这样的:a/b=c/d=…=m/n,若b+d+…+n≠0(a+c+…+m)/(b+d+…+n)=a/b。其中条件b+d+…+n≠0极为重要。在b+d+…+n=0时就不能使用上述的等比定理。例如:已知a/b=b/c=c/d=d/a,求(a+b+c+d)/(a+b+c-d)的值。如果盲目套用等比定理,将得到其值为2:     

一个不等式的推广及应用

第 6 4届普特南数学竞赛 ( 2 0 0 3年 ) A2题为 [1 ] :设 a1 ,a2 ,… ,an 和 b1 ,b2 ,… ,bn 都是非负实数 ,则　 ( a1 a2 … an) 1 n ( b1 b2 … bn) 1 n≤ [( a1 b1 ) ( a2 b2 )… ( an bn) ]1 n ( 1 )此不等式显然等价于　 ( a1 b1 ) ( a2 b2 )… ( an bn)≥ [( a1 a2 … an) 1 n ( b1 b2 … bn) 1 n]n ( 2 )当且仅当 a1 b1=a2b2=… =anbn或 b1 ,b2 ,… ,bn 全为 0时取等号 .最近文 [2 ]给出了此不等式的一些应用 .本文首先给出 ( 2 )的一个推广 ,然后给出推广结果的一些应用 .定理　设 aij>0 ( i=1 ,2 ,… ,n;j=1 ,2 ,… ,…     

不定方程x4-y4=n整数解求法探讨

求方程 x4- y4=n　 ( n∈ N)的整数解 ,至今还没见到一般方法 ,本文将给出这类不定方程一种解法 .文中字母 P表示质数集 ,符号 ( a,b)( a、b∈ Z)表示不定方程　　 x4- y4=n　 ( n∈ N) ( 1 )的整数解 .定理 1　若 n∈ P,则方程 ( 1 )没有整数解 .证明　假定方程 ( 1 )有整数解 ( a,b) ,定有　 a2 b2 =n,　 a2 - b2 =1 ,∵　 a、b∈ Z,| a| >| b| ,只有　　　 (± 1 ) 2 - 0 2 =1 ,∴　 a =± 1 ,　 b =0 ,　 a2 b2 =1 ,与 a2 b2 =n是质数相矛盾 ,故方程 ( 1 )没有整数解 .由费马定理知 ,有定理 2　当 n =m4( n∈ N)时 ,则方程 ( 1…     

两个不等式的统一推广与应用

2004年第16届亚太地区数学奥林匹克试题第5题[1]的内容为证明:对任意正实数a,b,c,均有(a2 2)(b2 2)(c2 2)≥9(ab bc ca)(1)而2004年美国第33届数学奥林匹克试题第5题[2]的证明包含下列不等式(a3 2)(b3 2)(c3 2)≥(a b c)3(2)其中a,b,c∈R .本文对此类不等式进行了统一推广,构造了一个含有三个参数的不等式,并且给出了一些重要应用(推论).定理对于a,b,c∈R ,λ,μ,γ∈R ,n∈R ,则有(1λa3 2n)(1μb3 2n)(1γc3 2n)≥3n2(a b c)3λ μ γ(3)为证明定理需要引用两个引理.引理1对于a,b,c∈R ,n∈R ,有(a3 2n)(b3 2n)(c3 2n)≥3n2(a3/2 b3/2 …     

一个无理不等式及其猜想的初等证明

文[1]给出了不等式:设a,b＞0,0＜λ≤2,则(√a/a+λb)+(√b/b+λa)≤2/(√1+λ)…………………(1) 文[2]类比给出了不等式:a,b＞0,0＜λ≤3,则3(√a/a+λb)+3(√b+b+λb)≤2/3(√1+λ)……………(2) 文[2]猜想:a,b＞0,n≥2,n∈N,0＜λ≤n,则n(√a/a+λb)+n(√b+b+λa)≤2/n(√1+λ)……………(3) 文[2]只给出不等式(2)的微分法证明,未能给出初等证明,并指出如何给出初等证明是一个值得继续研究的问题.本文将给出不等式(2)、(3)的一个初等证明;因为要用到不等式(1)证明过程中的一个结论,所以,先证不等式(1).     

数论问题

本讲通过数学竞赛中的一些数论问题,简要地介绍初等数论中较为基本的思考方法.对于问题所涉及的数论基础知识,我们将直接引用而不作讨论(可以参看,例如,《奥数教程》,高三年级,华东师范大学出版社) .例1　设a ,b是给定的正整数,证明,仅有有限多个正整数n ,使得(a + 12 ) n+ (b + 12 ) n为整数.证　问题等价于证明,仅有有限多个n ,使得2 n整除(2a + 1) n+ (2b + 1) n.我们希望分解被除数(2a + 1) n+ (2b + 1) n.这在n为奇数时易于实现:我们有(2a + 1) n + (2b + 1) n =(2a + 2b + 2 ) (2a +1) n -1- (2a + 1) n -2 (2b + 1) +…- (2a + 1) (2…     

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).     

一个不等式的再推广及应用

2003年第64届普特兰数学竞赛A2题:设a1,a2,…,an和b1,b2,…,bn都是非负实数,证明:(a1a2…an)1n (b1b2…bn)1n≤[(a1 b1)(a2 b2)…(an bn)]1n.文[1]给出该不等式的如下推广:如果xij(i=1,2,…,m;j=1,2,…,n)为非负实数,则(x11x12…x1n)1n (x21x22…x2n)1n … (xm1xm2…xmn)1n≤[(     

一类非齐次核的Hilbert型级数算子最佳搭配参数的充要条件

选择搭配参数a,b,利用权函数方法,可得核为K(m,n)的级数算子T的不等式:||T((a))||p,β(a,b) ≤ M(a,b)||(a)||p,α(a,b),(a) ={am}一般地,M(a,b)并不是T:lap(a,b)→lβp(a,b)的算子范数,针对非齐次核K(m,n)=G(mλ1/nλ2)(λ1λ2＞0)...     

柯西不等式的一种构造证法

一维离散型随机变理X的方差(或数学期望)蕴含着一个不等式关系,即E(X2)≥(E(X))2(*)当且仅当X服从退化分布时(*)式中等号成立.柯西不等式设n为大于1的自然数,a1,a2,…,an与b1,b2,…,bn为实数,则(a21+a22+…+a2n)(b21+b22+…+b2n)≥(a1b1+a2b2+…+anbn)2,等号当且仅当b1=b2=…=bn时成立(当bi=0时,约定ai=0,i=1,2,…,n).     

第64届普特兰数学竞赛A2题的推广及应用

2003年第64届普特兰数学竞赛A2题:设a1,a2,…,an和b1,b2,…,bn都是非负实数,证明:(a1a2…an)1n (b1b2…bn)1n≤[(a1 b1)(a2 b2)…(an bn)]1n.对该试题的证明本文不做探讨,以下研究该不等式题的推广及其应用.推广如果x1i,x2i,…,xmi,(i=1,2,…n)为非负实数,则:(x11x12…x1n)1n (     

对一道习题的思考

从相关习题出发，借助夹逼定理可证明：lim n→∞（b1a^n1＋b2a^n2＋…＋bma6n m）1/n=max{a1,a2,…,am}；设函数φ（x）,f（x）在[a,b]上都是正连续函数，则有lim n→∞{∫^b aφ（x）[f（x）]^n dx}^1/n=max a≤x≤b{f（x）}     

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     

一个无理不等式的拓展及其证明

郭要红老师在文[1]中提出如下猜想: “a,b＞0,n≥2,n∈N,0＜λ≤n,则n√a/a+λb+n√b/b+λa≤2/n√1+λ.” 文[2]对此猜想给出了一个初等的证明方法.笔者拜读此文受到启发,类比推理并修正获得三个一般性的结论,并且探索到了简明的初等证明方法.     

拟齐次核的Hilbert型级数不等式的最佳搭配参数条件及应用

选择搭配参数a,b,利用权函数方法可得Hilbert型级数不等式∞Σn=1∞Σm=1 K(m,n)ambn≤ M(a,b)||(a)||p,α(a,b)||(b)||q,β(a,b).该文讨论a,b应如何选取才能使具有拟齐次核的不等式中M(a,b)为最佳常数因子的问题,得到了a,b为最佳搭配参数的充分必要条件及最佳常数...     

柯西不等式中取等条件的妙用

设a1,n2,a3,…,an,b1,b2,b3,…,bn是实数,则（a1^2＋a2^2＋…＋an^2）（b1^2＋62^2＋…＋b1^2）≥（a1b1＋a1b2＋…＋anbn）^2,当且仅当bi=0（i=1,2,…,n）或存在一个数k,使得ai=kbi（i=1,2,…,n）时,等号成立．