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 (     

浅谈柯西不等式的证明及应用

柯西(Cauchy)不等式(a1b1 a2b2 … anbn)2≤(a12 a22 … an2)(b12 b22 … bn2)(ai,bi∈R,i=1,2…,n),当且仅当a1b1=a2b2=…=anbn时等号成立.现将它的证明介绍如下:证明1(构造法):构设二次函数f(x)=(a1x b1)2 (a2x b2)2 … (anx bn)2=(a12 a22 … an2)x2 2(a1b1 a2b2 …anbn)x (b12 b22 … bn2),∵a12 a22 … an2>0,f(x)≥0恒成立,∴△=4(a1b1 a2b2 … anbn)2-4(a12 a22 … an2).(b12 b22 … bn2)≤0,即(a1b1 a2b2 … anbn)2≤(a12 a22 … an2)(b12 b22 … bn2),当且仅当aix bi=0(i=1,2,…,n),即a1b1=a2b2=…=anbn时等号成立.证明2(数学归纳…     

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 ,… ,…     

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).     

两个定理的简证

贵刊文 [1 ]给出以下两个定理 :定理 1　已知 x,y,a,b∈ R+ ,且 x + y =1 ,则 axn + byn 的最小值为 ( n+ 1a + n+ 1b ) n+ 1,此时　 x =n+ 1an+ 1a + n+ 1b,y =n+ 1bn+ 1a + n+ 1b.定理 2　已知 a1,a2 ,… ,an,x1,x2 ,… ,xn∈ R+ ,且 x1+ x2 +… + xn =c,则a1xm1+ a2xm2+… + anxmn≥( m+ 1a1+ m+ 1a2 +… + m+ 1an) m+ 1cm ( m≥ 2 ) ,当且仅当xi = cm+ 1aim+ 1a1+ m+ 1a2 +… + m+ 1an( i =1 ,2 ,… ,n)时等式成立 .文 [1 ]分别用两种不同的方法给出了以上两个定理的证明 ,但都较繁 (定理 2的证明中还使用了中学生所不熟悉的加权幂平均…     

运用柯西不等式纠正常见错误

柯西不等式:对于任意实数ai,bi(i=1,2,...,n)有(a1b1+a2b2+...+anbn)0≤(a12+a2+...+an2)(b12+b22+...+bn2),其中当且仅当ai=kbi,即ai与bi(i=1,2,...,n)成比例时取等号.……     

一个不等式的加强及证明

文[1]给出了一个猜想:若a b=1,a,b>0,则32<11 an 11 bn≤2n 12n 1(1)文[2]给出了(1)式的证明.文[3]给出了(1)式的高维形式:若x1 x2 … xm=1,x1,x2,…,xm>0,则m 1m<1x1n 1 1x2n 1 … 1xmn 10,则1x1n 1 1x2n 1 … 1xmn 1>m-12,其中m≥2,n≥2且m∈N,n∈R.证因为0相似文献   

考点38 数学归纳法

1.(辽宁卷,19)已知函数f(x)=x 3x 1(x≠-1).设数列{an}满足a1=1,an 1=f(an),数列{bn}满足bn=an-3,Sn=b1 b2 … bn(n∈N*).()用数学归纳法证明bn≤(32n--11)n;()证明Sn<233.2.(江西卷,21)已知数列{an}的各项都是正数,且满足:a0=1,an 1=21an(4-an),n∈N.(1)证明an相似文献   

一道数学竞赛题的推广

设 a1,a2 ,… ,an和 b1,b2 ,… ,bn都是非负实数 ,则　 [( a1+ b1) ( a2 + b2 )… ( an + bn) ]1n ≥　 ( a1a2 … an) 1n + ( b1b2 … bn) 1n.这是第 6 4届普特兰数学竞赛中的一道题目 .本文给出该不等式的一个推广 .推广　设 aij >0 ( i =1 ,2 ,… ,m;j=1 ,2 ,… ,n) ,则( ∑mi=1ai1∑mi=1ai2 …∑mi=1ain) 1n ≥ ∑mi=1( ai1ai2 … ain) 1n,等号当且仅当 as1at1=as2at2=… =asnatn( s,t=1 ,2 ,… ,m;s≠ t)时成立 .证明　由平均不等式知 :1na11∑mi=1ai1+ a12∑mi=1ai2+… + a1n∑mi=1ain≥　a11a12 … a1n∑mi=1ai1∑mi=1ai2 …∑mi=1ai…     

综合题新编选登

题143设函数f(x)=x x2-a2(a>0).1)求f(x)的反函数f-1(x)及定义域;2)若数列{an}满足a1=3a,an 1=f-1(an),设bn=an-aan a,Sn表示{bn}的前n项和,试比较Sn与78的大小.解1)由f(x)=x x2-a2(a>0)得x=y2 a22y,∵y=x x2-a2(a>0),∴x2-a2=y-x=y-y2 a22y=(y a)(y-a)2y≥0,∴-a≤y<0或y≥a.∴f-1(x)=x2 a22x(-a≤x<0或x≥a)2)∵an 1=f-1(an)=an2 a22an,∴bn 1=an 1-aan 1 a=an2 a22an-a an2 a22an a=an-a an a2=bn2.∵a1=3a,∴b1=a1-aa1 a=12.∴bn=(bn-1)2=(bn-2)22=…=(12)2n-1.∴Sn=b1 b2 b3 … bn=12 (12)2 (12)22 … (12)2n-1.∵2n-1=C0n-1 C1n-1 …     

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).     

这样证明柯西不等式行得通吗?

在某文稿中,作者讲述如何用向量来解题,有一个例子是用向量证明柯西不等式——对任意实数。a1,a2,…,an;b1,b2,…,bn,n∈N*,有(a1+b1+a2b2+…+anbn)2≤(a12+a22+…+an2)(612+b22+…+bn2),当且仅当a1/b1=a2/b2=…=an/bn时等号成立.文稿给出的证明简要如下:     

排序不等式对几道IMO试题的应用

排序不等式是说 ,对任意两组实数 a1≤ a2 ≤…≤ an和 b1≤ b2 ≤…≤ bn,以及 1,2 ,… ,n的任意一个排列 i1,i2 ,… ,in,均有 ni=1aibn-i 1≤ nj=1ajbij≤ ni=1aibi,上式取等号当且仅当 a1=a2 =… =an 或者 b1= b2 =… =bn.这个不等式的证明是简单的 ,它基于一个极其初等的不等式 :当实数 a1≤ a2 ,b1≤ b2 时 ,a1b2 a2 b1≤a1b1 a2 b2 .以面积作媒介 ,这个不等式有直观的几何解释 .在处理初等不等式方面的问题时 ,排序不等式是个基本的工具 .从理论上说 ,许多重要的不等式 (例如Cauchy不等式 ,常用的一些均值不等式 )均可由它直接…     

数学问题解答

20 0 0年 1月号问题解答(解答由问题提供人给出 )12 3 1.试确定实数 a0 ,使得由递推公式 an 1 =-3 an 2 n( n=0 ,1,2 ,… )决定的数列 {an}为严格递增 .解　将递推公式　an 1 =-3 an 2 n改写为( an 1 -2 n 15 ) =-3 ( an-2 n5 ) .记　 bn=an-2 n5 ( n≥ ) 0 ,上式变为bn 1 =-3 bn.于是　bn=( -3 ) nb0 ,从而得出 :an=( a0 -15 ) ( -3 ) n 2 n5 　 ( n=0 ,1,2 ,… ) 1再将 1变形为an=( -3 ) n〔( a0 -15 ) ( -23 ) n· 15 〕.注意到　 limn→∞ ( -23 ) n=0 ,因此若 a0 -15 ≠ 0 ,则上式括号内的数与 ( a0 -15 )同号 (当 n充分大时 ) ,…     

柯西不等式的妙用

设a1,a2,a3,…,an,b1,b2,b3,…,bn是实数,则(a12+a22+…+an2)(b12+b22+…+bn2)≥(a1b1+a2b2+…+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． 以上不等式就是选修4-5<不等式选讲>中所介绍的柯西不等式(简记为"方和积不小于积和方"),其应用十分广泛和灵活,掌握它,对证明不等式、求函数的最值、解方程(组)、求参数的取值范围、求代数式的值、实现有效传接等都是大有裨益的.     

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．     

已知数列通项公式求其递推式的定理及应用

先分析两个递推式:(1)Sn=an bn=(a b)Sn-1-abSn-2;(2)Sn=an bn cn=(a b c)Sn-1-(ab bc ca)Sn-2 abcSn-3.将(1)变形为Sn-(a b)Sn-1 abSn-2=0,则发现其系数与方程x2-(a b)x ab=0的系数相同,而方程的两根就是a,b.(2)也有同样的情形,是巧合还是必然结果呢?再经过归纳发现这么一个事实,即定理若数列{an}的通项公式an=c11λn c2λ2n … ckλkn,且1λ,λ2,…,kλ是方程xk B1xk-1 B2xk-2 … Bk=0(Bk≠0)不相等的根,则数列{an}有递推式an B1an-1 B2an-2 … Bkan-k=0(n>k),其中B1,B2,…,Bk由初始条件或韦达定理确定.证因为λ1,2λ,…,kλ是方…     

探寻均值不等式与2011年高考数学湖北卷21题之间的关系

2011年高考数学湖北卷21题(1)已知函数f(x)=lnx-x+1,x∈(0,+∞),求函数f(x)的最大值;(2)设ak,bk(k=1,2,…,n)均为正数,证明:①若a1b1+a2b2+…+anbn≤b1+b2+…+bn,则a1b1a2b1…anb1≤1;     

一类分式不等式的新证法

定理1 设ai,bi〉0（i=1,2,…，n）,若a1≥a2≥…≥an且b1≥b2≥…bn或a1≤a2≤…≤an且b1≤b2≤…≤bn,n≥2,r,t〉0,rn-t〉0,s=∑ni=1ai,则     

求解不可微箱约束变分不等式的下降算法

1 引 论 设X(?)Rn是非空闭集,F:Rn→Rn连续映射,变分不等式问题VI(X,F)是指:求x∈X,使 F(x)T(y-x)≥0,　 (?)y∈X,(1)记指标集N=(1,2,…,n},当 X=[a,b]≡{x∈Rn|a≤xi≤bi,i∈N},(2)其中a={a1,a2,…,an}T,b={b1,b2,…,bn}T∈Rn时,VI(X,F)化为箱约束变分不等式VI(a,b,F).若ai=0,bi=+∞,i∈N,即X=R+n≡{x∈Rn|x≥0}时,VI(a,b,F)化为非线性