从不等式√a/a+3b+√b/b+3a≥1谈数学推广

1 从一个"形式推广"的案例说起 1.1"形式推广"的案例 文[1]给出不等式: 例1 a,b∈R ,求证:     

第42届IMO第2题隔离的推广

第42届IMO(2001年)第二题为:对所有正实数a、b、c,证明aa2 8bc bb2 8ca cc2 8ab≥1(1)文[1]将其推广为:设a,b,c∈R ,λ≥8,则aa2 λbc bb2 λca cc2 λab≥31 λ(2)文[2]给出了(2)的一个中间隔离:设a,b,c∈R ,λ≥8,∑a3=a3 b3 c3,则aa2 λbc bb2 λca cc2 λab≥(a b c)32∑a3 3λabc≥31 λ(3)并把(3)推广到n个字母的情形:设ai∈R (i=1,2,…,n),λ≥n2-1,则n∑i=1ani-2 1ani-1 λa1a2…anai≥(∑ni=1ai3n)32∑ni=1ain λna1a2…an≥n1 λ(4)本文给出(4)的推广,得到命题设ai∈R (i=1,2,…,n),n≥2,k∈R,0<α≤n-1,λ≥n1α-1,n则∑i=1k…     

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 …     

第42届IMO第2题的隔离与推广

文 [1 ]将 2 0 0 1年的第 4 2届IMO第 2题推广为设实数a ,b ,c∈R+,λ≥ 8,则aa2 +λbc+ bb2 +λac+ cc2 +λab　≥ 31 +λ ( 1 )当λ =8时 ,式 ( 1 )便是第 4 2届IMO第 2题的原题 .文 [2 ]对 2 0 01年的第 4 2届IMO第 2题的一个推广为设 ai∈R+,T =a1a2 …an,则 ni=1an - 12ian - 1i + (n2 - 1 )T ai≥ 1 ( 2 )本文研究发现 ,式 ( 1 )可以进行中间隔离 ,式 ( 2 )可以进一步加强推广并进行中间隔离 .兹于此 ,本文给出如下结论定理 1　设实数a ,b ,c∈R+,λ≥ 8,则aa2 +λbc+ bb2 +λac + cc2 +λab ≥(a +b +c) 3 2 a3+ 3λabc≥ 31 …     

用 a+b/2≥a~(1/2)证明 a+b+c/3bc~(1/3)

高中代数教材在证明平均值不等式a+b/2≥ab~(1/2)和a+b+c/3≥(abc)~(1/3)时,各自采用了独立的证法。我们为强调基础知识的作用,采用二元平均不等式证明三元平均不等式的方法。设a,b,c∈R~+,求证a~3+b~3+c~3≥3abc.     

巧用(a+b)2≥4ab证明不等式

试比较如下两个平凡不等式 :　　 a b≥ 2 ab ( 1 )　　 ( a b) 2≥ 4 ab ( 2 )将 ( 1 )式两边平方 ,即得 ( 2 )式 ;但对 ( 1 )式 ,a,b不能是负数 ,而对于 ( 2 )式 ,a,b却可以是任意实数 .可见 ( 2 )式的应用范围更为宽广 ,而且应用更加生动灵活 .本文旨在介绍 ( a b) 2≥ 4 ab在不等式证明中的种种巧用 .1　正用例 1　已知 3y =3x z,求证 :y2≥ 4 xz.证明　依 ( 2 )式 :( 3y) 2 =( 3x z) 2 ≥ 4 .3xz,故　　 y2≥ 4 xz.例 2　设 a,b,c∈ R,且 a c- 2 b≠ 0 ,求证 :　 ( c b - 2 a) 2　≥ 4 ( a c - 2 b) ( a b - 2 c) .…     

从一道经典的外国数学竞赛题到两个优美的三角不等式

1963年,一道经典的不等式题在莫斯科数学竞赛中应运而生.原题如下:设a,b,c∈R ,求证:a b c bc a ca b≥32(*)这个不等式的证法很多,下面本人给出一个简单的证明过程.证明由对称性,不妨设:a≥b≥c>0,则1b c≥1c a≥1a b,所以(顺序和)ab c bc a ca b≥bb c cc a aa b(乱序和),(顺     

不等式1/a+1/b≥4/(a+b)的应用

由不等式a2+b2≥2ab,我们可以得到(a+b)2≥4ab.当a,b∈R+时,容易得到a+b/ab≥4a+b,即1a+1b≥4a+b.这又是一个非常有用的基本不等式,下面我们用这个不等式来处理几个问题,看看它的威力。     

一道巴尔干数学奥林匹克竞赛题的再推广

2005年巴尔干数学奥林匹克试题的第3题是:设a,b,c是正数,求证:a2b b2c c2a≥a b c 4(a-b)2a b c(1)文[1]从变量的个数方面给出了一个推广:已知x1,x2,…,xn∈R ,求证:x12x2 x22x3 … xn2x1≥x1 x2 … xn 4(x1-x2)2x1 x2 … xn(2)本文将从变量的个数,指数两方面给出(1)的一个更一     

IMO42-2的推广

第 4 2届 ( 2 0 0 1年 )国际数学奥林匹克试题第 2题为 :对所有正实数 a,b,c,证明 :aa2 8bc bb2 8ca cc2 8ab≥ 1 . ( 1 )推而广之 ,我们发现以下定理　若 a,b,c∈ R ,λ≥ 8,则aa2 λbc bb2 λca cc2 λab≥ 31 λ. ( 2 )证明　令 x =bca2 ,y =cab2 ,z =abc2 ,则 x,y,z∈ R ,且 xyz =1 .于是 ,不等式 ( 2 )等价于11 λx 11 λy 11 λz≥31 λ( 3) 　 1 λ[( 1 λy) ( 1 λz) ( 1 λz) ( 1 λx) ( 1 λx) ( 1 λy) ]≥ 3( 1 λx) ( 1 λy) ( 1 λz) 　 ( 1 λ) [3 2λ( x y z) λ2 ( yz zx …     

阿·尼·瓦西列夫不等式的再推广

文[1]介绍了阿.尼.瓦西列夫不等式:设a,b,c为满足a b c=1的正数,则a2 bb c bc2 ac ca2 ba≥2(1)文[2]将其推广为设a,b,c为满足a b c=1的正数,则λa2 bb c λcb2 ac λac2 ba≥λ2 3(λ≥1)(2)文[3]将(2)式中的λ≥1改进为λ≥41,并提出λ的最好正的下界是什么?借助杨路教授     

一个不等式的推广

《数学通报》2 0 0 3年 5月号“数学问题”14 35 [1] 给出一个优美的对称不等式 :若a ,b >0 ,则　　　 aa 3b bb 3a ≥ 1. (1)9月号问题 14 5 4[2 ] 给出了一个与 (1)形式略有不同的等价不等式 .今给出这个不等式的另一等价形式 ,并对不等式进行逐步推广 .1　与不等式 (1)等价的不等式命题 1　若x ,y>0 ,且xy =1,则　　　 11 3x 11 3y ≥ 1. (2 )证　由条件 ,要证不等式 (2 ) ,只要证 11 3x 11 3y2 ≥ 1,只要证 (1 3x) (1 3y) ≥ 4 ,只要证x y≥ 2 .最后一个不等式显然成立 ,故不等式 (2 )成立 ,当且仅当x=y =1时等号成立 .2　对…     

不等式∑(a/(b+c))~(1/2)<1+23~(1/2)/3的初等证明

文 [1 ]利用多元函数的偏导数分四种情况证明了 :在△ ABC中 ,若 a,b,c为其边长 ,则有ab+ c+ bc+ a+ ca + b　　 <1 + 2 33 . ( 1 )之后 ,文 [2 ]给出了不等式 ( 1 )的一个初等“证明”,但文 [3]指出 [2 ]的证明是错误的 .本文将给出不等式 ( 1 )的一个初等证明 .引理 1　若正数 x,y满足0 相似文献   

不等式a~2/b≥2a-b(b&gt;0)的变式

高中《代数》下册给出的二元均值不等式是 :如果 a、b∈ R,那么　　　　 a2 +b2≥ 2 ab 1当且仅当 a =b时取“=”号 .此不等式可变形为 :定理　如果 a∈ R,b∈ R+,那么　　　　　　 a2b ≥ 2 a - b. 2当且仅当 a =b时取“=”号 .下面谈谈对不等式 2的思考 .变式 1　不等式 2的特征是左边是商式 ,右边是差式 ,即不等式从左到右的“缩小”过程是一个“裂项”的过程 ,在此我们不妨把不等式 2叫做裂项不等式 .如果结合数列中裂项—叠加求和的方法 ,那么可以编拟许多不等式的题目 .在不等式 2中 ,若分别用 xi 代 a,xi+1代 b,i = 1,2 ,… ,n.其中 xn+1=x1,则有x21x2≥ 2 x1- x2 ,x22x3≥ 2 x2 - x3,… ,x2nx1≥ 2 xn - x1,相加可得　　 x21x2 +x22x3+… +x2n- 1xn +x2nx1≥ x1+x2 +… +xn.这样得到 :题 1　如果 x1,x2 ,… ,xn都是正数 ,那么x21x2 +x22x3+… +x2n- 1xn +x2nx1≥ x1+x2 +… +xn.这是一道 1...     

∑(a/(b c))~(1/2)<1 2(3~(1/2)/3)的初等证明

本刊文 [1 ]中用导数方法证明了 :在△ ABC中 ,有　　 ∑ ab c<1 2 33 . (1 )本文给出一个初等的证明 .证明　由对称性 ,不妨设 a≥ b≥ c=1 ,易知 a b≥ 2 ,a 相似文献   

“分步法“巧证分式不等式

常言道:“饭要一口一口地吃”.面对千姿百态的分式不等式,如果一时难以“一步到位”达到证明目的,不妨探究“分步法”,分成两步或多步,逐步实现证明目的.1.将分式不等式化为整式不等式例1设x,y,z∈R+,求证:(y+z)x(yx+z)+(z+x)y(zy+x)+(x+y)z(xz+y)≥43.(《数学教学》1992(6),数学问题289)证明(1)待证不等式可化为整式不等式:x2y+xy2+y2z+yz2+z2x+zx2≥6xyz;(2)x2y+xy2+y2z+yz2+zx2+z2x≥66x2y·xy2·y2z·yz2·z2x·zx2=6xyz.证毕例2若a,b,c∈R+,求证:a·aa++cb+b·bb++ca+c·cc++ab≥a+b+c.(1992年国际“友谊杯”数学邀请赛试题)证明(1)证…     

一道分式不等式的概率证明及推广

设 xi ∈ ( 0 ,1 ) ,i =1 ,… ,n,且∑ni=1xi =a,∑ni=1x2i =b,求证∑ni=1x3i1 - xi≥ a2 ab - nbn - a ,( 1 )文 [1 ]～ [3]给出了 ( 1 )式不同的初等证明 ,文 [4 ]利用柯西不等式将 ( 1 )式加强为　　　 ∑ni=1x3i1 - xi ≥ b2a - b ( 2 )本文利用概率方法对 ( 2 )式作指数推广 .为此 ,作为引理 ,给出概率的 Jensen不等式 .引理　设随机变量ξ取值于区间 ( a,b) ,-∞≤ a≤ b≤ ∞ ,g是 ( a,b)上连续的凸函数 ,则当 Eξ,Ε[g(ξ) ]存在时 ,有g( Eξ)≤ E[g(ξ) ].证明　任取 x0 ∈ ( a,b) ,设曲线 y =g( x)在点 x0 的切线斜率为 k( x…     

不等式tgA/2 tgB/2 tgC/2≥3~(1/2)及其应用

设△ABC的三边为a、b、c,f=1/2(a b c),面积为s,外接圆、内切圆的半径分别为R、r。上述这些元素间存在着许多基本不等式,各不等式间有什么内在联系?能否用一个基本等式推导出其它不等式?这就是本文讨论的问题。一、不等式tgA/2 tgB/2 tgC/2≥3~(1/2)的证明及推论在△ABC中,求证tgA/2 tgB/2 tgC/2≥3~1/2(当且仅当A=B=C时等号成立)。证明 ∵     

一个不等式的几何证法及推广引申

已知a〉1/3，b〉1/3，ab=2/9，求证a＋b〈1，文[1]、[2]、[3]分别用不同的方法证明此不等式，文[3]对它进行了推广，文[4]对文[3]的推广进行了改进并提出了一个“孪生”不等式．本文首先给出此不等式的一个几何证法，然后利用这一证法对此不等式进行推广引申．     

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).