Radon不等式的推广及其应用

Radon不等式[1]设ai≥0,bi>0(i=1,2,…,n),l∈N,则∑ni=1ail 1bil≥(∑ni=1ai)l 1(∑ni=1bi)l(1)本文将(1)式推广如下:设ai≥0,bi>0(i=1,2,…,n),l∈N,k∈N ,则∑ni=1ail kbil≥(∑ni=1ai)l k(∑ni=1bi)lnk-1(2)证记(2)式左端为A,B=∑ni=1bi.由均值不等式,得以下n个不等式:a1l kb1lA bB1 bB1 … bB1l个 1n 1n … 1nk-1个≥(l k)a1l kABlnk-1.同理a2l kb2lA bB2 … bB2 1n … 1n≥l( lk k)a2.……anl kbnlA bBn … bBn 1n … 1n≥l (kl k)anABlnkq-1.将以上n个不等式的两边分别相加,得AA lBB (k-1)≥(l lk AkB)lni∑=nk1-a1i.约去…     

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<…     

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 (     

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…     

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   

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…     

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…     

一类三角形面积不等式的改进与推广

文[1]建立了一类三角形面积不等式,本文改进并推广其结果.引理　设△AiBiCi的三边及面积分别为ai、bi、ci及△i,且λi∈R (i=1,2,…,n),记a0=∑ni=1λiai,b0=∑ni=1λibi,c0=∑ni=1λici,则以a0、b0、c0为三边可作三角形,且其面积　　　△0≥(∑ni=1λi△i)2,(1)仅当△A1B1C1∽△A2B2C2∽…∽△AnBnCn时取等号.证明　由ai bi>ci(i=1,2,…,n)有　a0 b0=∑ni=1λiai ∑ni=1λibi=∑ni=1λi(ai bi)>∑ni=1λici=c0;等等,故以a0、b0、c0为三边可作三角形.记其半周长pi=12(ai bi ci)　(i=0,1,2,…,n),易知p0=∑ni=1λipi及p0-a0=∑ni=1λi(…     

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)

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…     

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   

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   

幂不等式及其应用

定理:设p、q、x、y是正数,则px qy≥(p q)xp pqyp qq,当且仅当x=y时等号成立.证明:因为lgx是上凸函数,由琴生不等式得lgppx qqy≥plgpx qqlgy,整理即可得证.推广:设ai,xi∈R (i=1,2,…,n),s=∑ni=1ai,则∑ni=1aixi≥s∏ni=1xisai,当且仅当xi=xj时等号成立.一、证明轮换无理对称不等式1.设a,b是正数,求证:a a3b b b3a≥1证明:设a a3b≥kana nbn(k>0),则(1-k2)a2n 2(ab)n b2n≥3k2ba2n-1(1)由幂不等式,上式的左边≥(4-k2)a2n(41--kk22)(ab)42-nk2b42-nk2=(4-k2)a2n4(2--k2k2)b44-nk2(2)令(1)(2)式的右边相等,解得k=1n=43,所以a a3b≥a43a 4…     

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…     

一组不等式的共同背景

《中学数学》2 0 0 1年第 1 2期发表的《一个椭圆最值问题的多角度探究》[1] 一文 ,从一个椭圆最值问题出发 ,得到了一些很有用的不等式 ,这是一篇颇有深度的好文章 .笔者经过对该文中的一系列不等式进一步地研究 ,发现该文中所有的不等式都有一个共同的背景 .这一共同背景就是文献 [2 ]中称为“权方和不等式”的一个分式型不等式 ,最近 ,文 [3]也给出了这个权方和不等式的一种证法 .1　权方和不等式设 ai,bi ∈ R 　 ( i =1 ,2 ,… ,n) ,实数m >0 ,则　　∑ni=1am 1ibmi≥( ∑ni=1ai) m 1( ∑ni=1bi) m,( 1 )其中等号当且仅当 a1b1=a2b…     

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…     

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     

关于正项等差数列一个不等式的加强及应用

笔者在文[1]中建立了如下不等式:命题设{an}为等差数列,且首项a1>0,公差d>0,k∈R 且k≠1,n>1,则1d(1-k)(a1n- 1k-a11-k)<∑ni=11aik0,公差d>0,k∈R ,且k≠1,n>1,则1d(1-k)1akn- 11-a11k-1 21a11k-a1nk 1<∑ni=11aik0),则f′(x)=-xkk 1<0,f″(x)=k(kxk 21)>0,故函数f(x)在(0, ∞)内单调递减且严格下凸.设y=f(x)的图形为曲线C,作直线x=ai和直线x=ai 1,分别与曲线C和x轴正半轴相交于Pi,…     

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…