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题目1(2012年上海市高中数学竞赛题)正实数x,y,z满足9xyz+xy+yz+zx=4,求证:(1)xy+yz+zx≥43;(2)x+y+z≥2.分析上面不等式等号成立当且仅当x=y=z=23,这时xy+yz+zx=43,x+y+z=2.对于第(1)小题只要将条件9xyz+xy+yz+zx 相似文献
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题目:(2006年土耳其国家队选拨考试)已知正数x,y,z满足xy yz zx=1,证明:247(x y)(y z)(z x)≥(x y y z z x)2≥63.文[1]采用三角换元法,并利用导数和Jensen不等式给出了证明.274(x y)(y z)(z x)≥(x y y z z x)2.但证明过程中错证了cosA cosB cosC≤323.从而证明247(x y)(y z)(z x)≥(x y y z z x)2的证法是错误的.下面给出一个简证.证明:先证(x y)(y z)(z x)≥98(x y z)(xy yz zx)①上面不等式等价于(x y z)(xy yz zx)-xyz≥98(x y z)(xy yz zx)(x y z)(xy yz zx)≥9xyz.由A—G不等式有x y z≥33xyz,xy yz zx≥33x2y2z2,故(x y z)(xy yz… 相似文献
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众所周知,在不等式的证明过程中,常常要将待证的式子进行适当的变形,以利于问题的解决.本文将式子a2 ab b2进行适当的变形后,对一类不等式的证明起到了较好的效果.变式1a2 ab b2=(a 2b)2 3b24.例1已知x,y,z∈R,求证:x2 xy y2 y2 yz z2 z2 zx x2≥23(x y z);证明x2 xy y2=(x 2y)2 43y2≥23|y|≥23y,同理y2 yz z2≥23z,z2 zx x2≥23x,三式相加即可,x=y=z=0时取等号.变式2a2 ab b2=a2 b2 (a b)22例2已知x,y,z∈R,求证:x2 xy y2 y2 yz z2 z2 zx x2≥2(x y z).证明x2 xy y2=x2 y2 (x y)22≥|x 2y|≥22(x y),同理y2 yz z2≥22(y z),z2 zx x2≥22(… 相似文献
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众所周知(x y)(y z)(z x)=xy(x y) yz(y z) zx(z x) 2xyz=x2y xy2 y2z yz2 z2x zx2 2xyz (*)这是一个十分重要的代数恒等式,由(*)立即得到(x y)(y z)(z x)=(x y z)(xy yz zx)-xyz(1)(x y)(y z)(z x)=x(y z)2 y(z x)2 z(x y)2-4xyz(2)(x y)(y z)(z x)(x y z)=xy(x y)2 yz(y z)2 zx(z x)2 4xyz(x y z)(3)(x y)(y z)(z x)(xy yz zx)=x2y2(x y) y2z2(y z) z2x2(z x) 2xyz(x y z)2(4)……(*)及(1),(2),(3),(4)……在证明关于三角形不等式方面有极其广泛的应用.这是因为:图1任一三角形总有内切圆(图1),总可以作变换a=y z,b=z x,c=x y(x,y,z∈R )… 相似文献
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合肥工业大学苏化明先生在文[1]中应用一类三角形不等式来证明某些循环不等式,其实这些循环不等式就是由三角形不等式生成的(参考文献[2]).本文意在借助均值不等式给出这些循环不等式的直接证法.例1设x、y、z>0,求证:9(X y)(y+z)(z+x)≥8(x+y+z)(xy十yz+zx)①证明左=18xyz十9x2y干9xy2+9y2z 9yxz2十9x2x+9xx2,右=8x2y 8x2z 8xyz 8xy2 8y2z 8xyz+8yz2+8xz2 8xyz,原不等式等价于x’y+xv‘+y’z十批十z‘x-zx’>6ng.这用六元均值不等式易证.故原不等式成立.例2设Z、*、Z>0,求证:则原不等式等价于(… 相似文献
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第 2 6届美国数学奥林匹克有一道试题 :对 a、b、c∈ R ,有( a3 b3 abc) -1 ( b3 c3 abc) -1 ( c3 a3 abc) -1 ≤ ( abc) -1 . ( 1)本文将通过以下定理证得与 ( 1)有关的不等式链 .定理 设 x、y、z∈ R ,且 xyz =1,则3x y z≤ ∑ 1x y 1≤ ∑ 1x 2≤ 1, ( 2 )其中 ∑ 表示对 x、y、z的轮换求和 .证明 设 x y z =a,xy yz xz =b,由xyz =1,易知 a≥ 3,b≥ 3,a2 ≥ 3b.且x2 y2 z2 =a2 - 2 b,x2 y xy2 y2 z yz2 z2 x zx2 =ab - 3.经运算可得 ∑ 1x 2= ( y 2 ) ( z 2 ) ( x 2 )… 相似文献
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近年来的奥林匹克数学辅导书上流行这样一道题:设x,y,z∈R,求证:
√33+1/4(x2+y2+z2)≥xy+2yz+2zx. 相似文献
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我们知道,对于任意的实数x,y,z,都有(x+y+z)2≥3(xy+yz+zx),在此不等式中令x=a2+bc-ab,y=b2+ca-bc,z=c2+ab-ca,其中a,b,c为任意的实数,可得: 相似文献
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笔者在为本校高二年级数学竞赛班测试命题时,命制了如下一个不等式,现给出其初等证明并推广,与同仁共勉.题目已知x,y,z∈R_+,x+y+z=1,求证:1/(?)+8/(?)+27/(?)≥14(?).证明2/(?)+16/(?)+54(?)+λ=2/(?)+16/(?)+54/(?)+λ(x+y+z)=(1/(?)+1/(?)+λx)+(8/(?)+8/(?)+λy) 相似文献
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IMO42-2的推广 总被引:12,自引:1,他引:11
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 … 相似文献
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一个数学命题的拓广 总被引:2,自引:0,他引:2
原命题 已知 :a ,b ,c∈R+,且 a1+a+ b1+b+c1+c=1,求证 :a +b +c≥ 32 .证略 .此命题可以从以下几方面进行拓广 .1 保持条件不变 ,将结论的结构形式拓广为积、倒数之和、平方之和、平方倒数之和 ,立方之和及立方倒数之和等 .拓广 1 由 a1+a+ b1+b+ c1+c=1,变形为 :11+ 1a+ 11+ 1b+ 11+ 1c=1,令x =11+ 1a,y =11+ 1b,z =11+ 1c,则x + y +z =1.由 1a =1x- 1,1b=1y- 1,1c=1z- 1得1abc=1-xx ·1- yy ·1-zz =y +zx ·x +zy ·x + yz≥2 yzx ·2xzy ·2xyz =2 3,即abc≤ 2 - 3.由此可得新命题 :命题 1 已知a ,b ,c∈R+,且a1+a+ b1+b+ c1+c=1,… 相似文献
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2008年中国西部数学奥林匹克试题:
已知x,y,z∈(0,1)且√1-x/yz+√1-y/zx+√1-z/xy=2,求xyz的最大值。本题的得分率很低,有一定的难度,以下是笔者在解该题时的思路,整理出来供参考. 相似文献
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文[1]给出了不等式:已知x,y,z∈R+,m∈N+.求证:x/mx+y+z+y/x+my+z+z/x+y+mz≤3/m+2.
文[2]给出了不等式:已知xi>0(i=1,2,…n),k<1,求证:
n∑i=1 xi/x1+x2+…+xi-1+kxi+xi+1+…+xn≥n/n+k-1.
文[3]给出了不等式:设ai>0(i=1,2,3,…,n),p∈R,q>0,且n∑i=1ai=A,Si=pai+q(A一ai)>0(i=1,2,…,n),求证: 相似文献
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证不等式,技巧性很强。用三角代换法者屡见不鲜。但若另辟蹊径,巧用本文中的代数代换,又可别开生面,另有一番情趣。例1 已知a,b∈R求证a~2+ab+b~2-3a-3b+3≥0 证明令x=1/2(a+b), y=1/2(a-b), 则a=x+y, b=x-y,于是原式左边=(x+y)~2+(x~2-y~2)十(x-y)~2 -3〔(x+y)+(x-y)〕+3=3x~2+y~2-6x+3=3(x-1)~2+y~2≥0。例2 已知a,b∈R~+,求证(当且仅当c=b时,取等号)。证明:令x=1/2(a+b),y=1/2(a-b),则a=x 相似文献
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一个涉及Fermat点的不等式 总被引:1,自引:1,他引:0
命题 设△ ABC的三边和面积为 a,b,c及△ .F是△ ABC内的 Fermat点 ,延长 AF、BF、CF分别交对边于 A′,B′,C′.记 AA′=fa,BB′=fb,CC′=fc.则 f2a f2b f 2c ≥ 33△ . ( 1 )等号当且仅当△ ABC为正三角形时成立 .证明 设 AF =x,BF =y,CF =z,则AA′=AF A′F =x 2 yzy zcos 6 0°=xy yz zxy z ,BB′=xy yz zxz x ,CC′=xy yz zxx y .又由面积公式易知xy yz zx =43△ .所以由上述式子易知 ( 1 )式 (以下用 ∑ 表示三元循环和 ,如∑x =x y z)等价于∑xy .∑ 1( y z) 2 ≥ 94 … 相似文献
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设△ABC的三边与面积分别为a,b,c与△,则 a~2 b~2 c~2≥4 3~(1/2)△, (1)等号当且仅当△ABC为正三角形时成立。不等式(1)称为不等式。众所周知,它有以下加权推广(见[1]): 定理设△ABC的边长与面积分别为a,b,c,△,又x,y,z中至少有两个正数,且yz zx xy>0,则 xa~2 yb~2 zc~2≥4(yz zx xy△)~(1/2), (2)等号当且仅当a~2:b~2:c~2=(y z);(z x):(x y)时成立。关于不等式(1)的证明,已经有了很多证法。不等式(2)的证明却较少见,[1]中采用了解析法,但未完整地给出等号成立的确定过程。[2]中采用配方法证明了,对任意实数x,y,z有: 相似文献