关于一个不等式命题

本刊文 [1 ]给出了如下命题 :设 a、b、c∈ R ,n∈ N,则　 anb c bnc a cna b≥ (a b c) n-12 .3n-2 . (1 )但是 ,原文中对此命题的证明是不正确的 .这里 ,我们简捷地证明一个较上述命题更为深刻的结论 .定理　设 a、b、c∈ R ,n≥ 1 ,则　　　 anb c bnc a cna b　　≥     

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…     

函数y=a/sin n/m x＋b/cos n/m x最小值的初等巧解

文[1]给出了函数y=a/sin n/m x＋b/cos n/m x（0〈x〈π/2,a,b∈R^＋,m,n∈N）最小值一种初等解法,本文给出另一种更简巧解,供参考．     

比较a/b与(a 2b)/(a b)的大小

设a,b∈R~ 且a>b,讨论并比较a/b与a 2b/a b的大小。原题中含有两个变元a、b,为使问题化繁为简,引进新的变元t,且令t=a/b,显然有t>l,则(a 2b)/(a b)=(t 2)/(t 1)>1,这样,要讨论的两个分式的大小比较就转化为讨论t与(t 2)/(t 1)的大小比较了。 1°设t=t 2/t 1,则有t~2 t=t 2t~2=2,由     

一个不等式及应用

1．一个不等式 定理1设m、n∈N＊，a、b∈R，则当m、n奇偶性相同，或m、n一奇一偶并a＋b〉0时，总有     

一道WMTC试题的探究

题目设a、b、c∈R^＋,a＋b＋c=1,则M=√3a＋1＋√3b＋1＋√3c＋1的整数部分是_____     

关于不定方程 x~(1/n)+y~(1/n)=z~(1/n) 的广义整数解及一类 Kummer 扩域的次数

<正> §1.引言在[1]中我们给出了方程x~(1/n)+y~(1/n)=z~(1/n) (1)的全部正整数解.设 Z 为整数环,Z~+为所有正整数集合,Z~*=Z\{0}.设 a∈Z~+,我们规定 a~(1/n)表示 a 的算术根.在[1]中我们说正整数组(a,b,c)是方程(1)的解是指     

等差数列的一个有趣性质

命题设a,b,d∈N ,且(d,b)=1,则首项为a,公差为d的等差数列中一定有无穷多项是b的自然数次幂.     

优美不等式中的三姐妹

文[1]、文[2]分别给出了如下两个优美的不等式： 命题1 设a,b,c∈R＋且a＋b＋c=1,则     

活用两个简单结论巧解两类高考试题

数学中有如下两个人人皆知的简单结论: 　　I 设f(n)=a1+a2+…+an, 　　g(n)=b1+b2+…+bn. 　　若ak=bk(k∈N),则f(n)=g(n). 　　若ak≤bk(k∈N),则f(n)≤g(n). 　　Ⅱ 设f(n)=a1a2…an,g(n)=b1b2…bn. 　　若ak=bk(k∈N),则f(n)=g(n), 　　若ak＞0,bk＞0且ak≤bk(k∈N), 　　则f(n)≤g(n). 　　利用这两个简单结论解答高考试题中与自然数n有关的不(恒)等式的证明问题,思路清晰,通俗易懂.……     

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…     

从中、英、美三国的一道高考题到数学的"形式化"

形式化是数学的基本特征之一,缺少形式化的数学不能称之为真正的数学,2007高考广东理科卷第8题就是一道来源于抽象代数的"代数运算" 试题,值得一看: 　　例1 设S是至少含有两个元素的集合,在S上定义了一个二元运算"*"(即对任意的a,b∈S,对于有序元素对(a,b),在S中有唯一确定的元素a﹡b与之对应).若对任意的a,b∈S,有a﹡(b﹡a)=b,则对任意的a,b∈S,下列等式中不恒成立的是 ……     

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     

新题征展(103)

A题组新编 　　1.(1)已知Y∈R+,求证: 　　1/2(x+y)2+1/4(x+y)≥x√y+y√x; 　　(2)设a、b、c为不全相等的正数,求证: 　　bc/a+ac/b+ab/c>a+6+c; 　　(3)已知口,b,c∈R+, 　　求证:a2/b+c+b2/c+a+c2/a+b≥a+d+c/2; 　　(4)已知a,b,c∈R+, 　　求证:c/a+b+a/b+c+b/c+a≥3/2; 　　(5)若正数a、b,c满足a+b+c=1, 　　求证:(1/a+q1(1/b+1)(1/c+1)≥64.……     

对一道世锦赛试题的拓广

题目 设a,6,c∈R+,a+b+c＝1,则M＝√3a+1+√3b+1+√3c+1 的整数部分 ∈是( ). 参考答案是这样求M的下界值的: 因为x∈(0,1)时,有x＞xn(n∈N且n≥2),所以√3x+1＞√x2+2x+1＝x+1. 即√3a+1+√3b+1+√3c+1＞a+b+c+3＝4.     

增量法证明不等式三例

本文就增量法证不等式仅给出高中代数课本中颇具典型的三例, 例1 如果a,b∈R~ 且a≠b,求证:a~2 b~2>a~2b ab~2(代数(必修本)下册P.13例9) 证明 不妨设a>b>0,令a=b a,则     

巧用柯西不等式证不等式竞赛题

设ai&;#183;bi∈R（i=1,2,…,n）则（a1^2＋a2^2＋…＋an^2）（b1^2＋b2^2＋…＋bn^2）≥（a1b1＋a2b2＋…＋anbn）^2.     

放缩法证不等式

放缩法并不神秘,不等式证明中,常常巧用放缩法,予以简捷妙证.例1 设a,b∈R+,且a+b=1,则有人惊喜地发现, 满足勾股定理,因此可构成直角三角形为两     

从Riemann积分到Lebesgue积分——用完备化思想建立Lebesgue积分(连载)

<正> §3 Lebesgue 积分有了上一节的准备,现在可以引进Lebesgue 积分。定义3.1 设(a,b)为任意区间,f 是(a,b)上几乎处处有限的函数。如果存在c〔a,b〕(c_0(a,b))中的一个基本列{(?)_n}_(n-1)~∽以f 为极限,则称f 在(a,b)上Le-besgue 可积,简称(L)可积。当f∈c〔a,b〕     

Banach空间中渐近非扩张映射的不动点迭代

设D是一致凸Banach空间X的非空闭凸子集 ,T∶D→D是渐近非扩张映射且kn ≥ 1 ,∑ ∞n =1(kn- 1 ) <∞ .设T的不动点集F(T) ≠ ,T是全连续的 (X满足Opial条件 ) ,{xn},{yn},{zn}由定义 2给出 ,如果 ∑∞n =1cn <∞ ,∑ ∞n =1c′n <∞ ,∑ ∞n =1c″n <∞ ,且下列条件之一满足 :(i)b″n ∈ [a ,b] ( 0 ,1 ) ;b′n ∈ [0 ,β];bn ∈[0 ,α],αβ β <1 ;(ii)b′n ∈ [a ,b] ( 0 ,1 ) ;b″n ∈ [a ,1 ];bn ∈ [0 ,b];(iii)bn ∈[a ,b] ( 0 ,1 ) ;b′n ∈ [a ,1 ],则 {xn},{yn},{zn}强收敛于T的不动点 .( {xn}弱收敛于T的不动点 ) .