改进一个含参的多变量分式不等式

笔者经研究发现,《数学通报》2004年1月号问题中的第1474号问题(一个含参的分式不等式)及其证明都是错的,因此有必要对该题作出改进.为便于指出题目的错因,现将问题抄录如下.设xi>0(i=1,2,…,n),k<1,求证:x1kx1 x2 x3 … xn x1 kx2 xx23 … xn x1 x2 kxx33 … xn … xnx1 x2 x3     

一个不等式的推广及应用

《数学通报》1998年第 4期问题 112 8( 1)为设 x,y,z都是正数 ,证明x2 y3 z3 ≥ 13 ( x y z) ( x2 y2 z2 ) . 1此不等式对称和谐 ,十分优美 ,其证明方法较多且并不困难 .显然 ,其中等号当且仅当 x=y=z时成立 .本文将对 1式作一些推广 ,并举例说明其简单应用 .首先 ,若从指数进行推广 ,则得定理 1　设 x,y,z∈ R ,n∈ N ,则xn yn zn≥ 13 ( x y z) ( xn-1 yn-1 zn-1 ) 2等号当且仅当 n=1或 x=y=z时成立 .证明　∵　 xn yn =( n-1n xn 1nyn) ( n-1n yn 1nxn)≥ nn xn(n-1 ) ynnn nn yn(n-1 ) xnnn =xn-1 y yn-1 x.即　 xn yn≥ xn…     

一个猜想不等式的加细与推广

文 [1 ]提出如下猜想　设 x1,x2 ,… ,xn ∈ R+ ,x1+ x2 +… + xn =1 ,n≥ 3,n∈ N,则　 ∏ni=1( 1xi- xi)≥ ( n - 1n) n. ( 1 )戴承鸿、刘兵华在文 [2 ]中证明了上述猜想不等式成立 .本文给出该不等式的一个加细及推广形式 .定理　设 x1+ x2 +… + xn=k,n≥ 3,n∈ N;若 k≤ 1 ,x1,x2 ,… ,xn ∈ R+ ,则　 ∏ni=1( 1xi- xi)≥ ( nk - kn) n ( ∏ni=1nxik) 1n-13≥ ( nk - kn) n ( 2 )若 k≥ n - 1 ,x1,x2 ,… ,xn ∈ ( 0 ,1 ) ,则∏ni=1( 1xi- xi)≤ ( nk - kn) n .　　 ( ∏ni=1n - nxin - k) 13 -1n ≤ ( nk - kn) n. ( 3)为证定理 ,先…     

一个征解轮换对称不等式的初等证明

用初等方法证明了不等式:设xi>0,i=1,2,…,n(n≥3),则x2/x1(x3 x4 … xn) x3/x2(x4 x5 … x1) … x1/xn(x2 x3 … xn-1)≥(n-2)(x1 x2 … xn)     

用权方和不等式证明分式不等式

最近文[1]给出了哥西不等式的一个直接推论———分式型哥西不等式:设xi∈R,yi∈R (i=1,2,…,n),则x12y1 xy222 … yx2nn≥(xy11 xy22 …… xynn)2(1)及其在证明分式不等式中的应用.由于不等式(1)中每个分式分子、分母的幂指数必须分别为2、1,使不等式(1)应用受到局限.本文将介绍不等式(1)的推广———权方和不等式以及它在证明分式不等式中的应用.设xi∈R ,yi∈R (i=1,2,…,n),m∈R ,则x1m 1y1m xy2m2m 1 … xymnnm 1≥((xy11 xy22 …… xyn)n)mm 1(2)当且仅当yx11=yx22=…=yxnn时,(2)取等号.这就是著名的权方和不等式,其证明容易…     

一道不等式推广题诱导的辐射式范例教学

题目 (人教A版教科书“不等式选讲”P10-9)已知x、y∈R,求证:x2+y2/2≥(x+y/2)2. 学生会用配方法或均值不等式证明此题,教师可因势利导地启发学生把此不等式推广为以下形式,即x12+x22+…+xn2/n≥(x2+x2+…+xn/n)2,记作(※)式,其中取“=”的充要条件是x1=x2=…=xn,这里x1、x2、…、xn∈R,且n-1∈N+. 笔者运用辐射式范例教学法,设计出关于上述平方均值不等式(※)的典型证法和发散应用的教学框架.     

用齐次化思想解不等式竞赛题

本文主要讨论如何利用齐次化思想来解决一些竞赛中的不等式问题．定义设xi≥0(i=1,2,…,n),称n元不等式为关于x1,x2,…,xn的齐次不等式,当且仅当n元不等式满足:对任意的正实数λ,用λx1,λx2,…,λxn去替换x1,x2,…,xn所得的不等式不改变．否则称之为关于x1,x2,…,xn 的非齐次不等式．将非齐次不等式化成齐次不等式的过程称为齐次化．     

一个新颖不等式的对偶结果

杨克昌、陈培德两老师在贵刊文[1]给出如下:定理1　设0≤d≤2,xi>0,1≤i≤n,则max1≤i≤n{xi}(x1 (1 d)x2 … (1 (n-1)d)xn)≥(n-1)d 22n(x1 x2 … xn)2等号成立当且仅当x1=x2=…=xn.笔者读后深感此不等式很奇妙,并思之此定理有其对偶的形式,即有定理2　设0≤d≤2,xi>0,1≤i≤n,则min1≤i≤n{xi}(x1 (1 d)x2 … (1 (n-1)d)xn)≤(n-1)d 22n(x1 x2 … xn)2(1)等号成立当且仅当x1=x2=…=xn.证明的方法同文[1]证　视(1)式左边减去右边所得的差为d的函数,记作g(d).显见g(d)是一个线性函数.所以为证g(d)在整个区间[0,2]上非正,只要证g(d)在区间端…     

运用相等关系证明不等式

许多恒等式在一定条件下 ,可以轻易转化为不等式 ,因而 ,利用相等关系证明不等式是一种重要方法 .例 1　若a>b >c,求证 :a2a-b+b2b-c>a +2b +c.(第 32届乌克兰IMO试题 )证明 :　不难寻找如下等式 :a2a-b+b2b-c=(a2 -b2 ) +b2a -b +(b2 -c2 ) +c2b-c ,于是 a2a-b+b2b-c=a+b+b2a -b +b+c+c2b-c=a+2b+c+b2a-b+c2b-c;考虑 b2a-b+c2b-c>0 ,故 a2a -b+b2b-c>a+2b+c.例 2　设x1 ,x2 ,… ,xn 为正数 ,求证 :x21 x2+x22x3+… +x2 n -1 xn+x2 nx1≥x1 +x2 +… +xn.(1 984年全国高中数学联赛试题 )证明 :　显然 ,x21 x2 +x22x3 +… +x2 n -1 xn +x2 n…     

一道不等式试题的再推广

题目　给定正数a ,b ,c ,d ,证明 :a3 b3 c3a b c b3 c3 d3b c d c3 d3 a3c d a d3 a3 b3d a b　≥a2 b2 c2 d2 ( 1 )(美国大学生竞赛试题 )文 [1 ]探讨了这道不等式试题的背景 ,并将其推广为 :设xi∈R (i =1 ,2 ,… ,n) ,记Sn= ni=1xin 1,Gn= ni=1xi,Tn= ni=1xin,则　 Sn-x1n 1Gn-x1 Sn-x2 n 1Gn-x2 … Sn-xnn 1Gn-xn ≥Tn ( 2本文将把 ( 2 )式进一步推广为 :命题　设α ,β∈R ,且 β(α - β) >0 ,xi∈R (i=1 ,2 ,… ,n) ,则x2 α x3 α … xnαx2 β x3 β … xnβ x1α x3 α … xnαx…     

一类循环和的特性

设φ( x)与ψ( x)均为区间 X上的单调函数 ,对任意 x1、x2 、…、xn ∈ X( n≥ 2 ) ,记Sn( x1,x2 ,… ,xn) =φ ( x1)ψ ( x2 ) φ( x2 )ψ( x3) … φ ( xn-1)ψ ( xn) φ ( xn)ψ( x1) .本文讨论其最值 ,并证明文 [1 ]文 [2 ]的猜想成立 .定理　若 p、q∈ R使一切 x、y、z∈ X满足 S2 ( x,y)≤ p,S3( x,y,z)≤ q,( 1 )则对任意 x1、x2 、…、xn ∈ X　 ( n≥ 2 )有Sn( x1,x2 ,… ,xn)≤ Mn( p,q) ,( 2 )其中Mn( p,q) =12 np,12 ( n - 3) p q,　 n为偶数 ;n为奇数 .证明　 (用数学归纳法 )1°　当 n =2 ,3时 ,由 M2 ( p,q) =p,…     

一道IMO预选题的推广

第 2 6届 ( 1 985年 )国际数学奥林匹克有如下预选题 .设 x1,x2 ,… ,xn ∈ R ( n≥ 2 ) ,求证x21x21 x2 x3 x22x22 x3 x4 … x2n-1x2n-1 xnx1 x2nx2n x1x2≤ n - 1 . ( 1 )推而广之 ,我们有定理　若 x1,x2 ,… ,xn ∈ R ( n≥ 2 ) ,α,β∈ R,则xα β1xα β1 xα2 xβ3 xα β2xα β2 xα3 xβ4 … xα βn-1xα βn-1 xαnxβ1 xα βnxα βn xα1xβ2≤ n - 1 . ( 2 )证明　 n =2时 ,不等式 ( 2 )左端为xα β1xα β1 xα2 xβ1 xα β2xα β2 xα1xβ2　 =xα1xα1 xα2 xα2xα2 xα1=1 .故 n =2…     

两个新分式不等式

本文将两个特殊的分式不等式进行推广,得到两个重要的分式不等式,并且发现历年的国际数学奥赛中的某些试题均可用这两个不等式证得.在本文中作为推论给出.定理1若x,y,z,n为正数,m≥2,且x y z=1,则xm y(1-yn) ymz(1-zn) zmx(1-xn)≥3n-m 23n-1(1)证由幂平均不等式,可得xn 1 yn 1 zn 1≥3(x y z3)n 1=13n,所以y(1-yn) z(1-zn) x(1-xn)=1-(xn 1 yn 1 zn 1)≤1-13n,从而有(1-13n)[xmy(1-yn) ymz(1-zn) zmx(1-xn)]≥[y(1-yn) z(1-zn) x(1-xn)][xmy(1-yn) ymz(1-zn) zmx(1-xn)]≥(xm2 ym2 zm2)2≥9(x y z3)m=3-m 2.即得xm y(1-yn) ymz(1-zn) zmx(1…     

一个猜想的证明

文 [1 ]提出了一个对称不等式 :已知x ,y ,z∈R+,且x+y+z=1 ,则( 1x -x) ( 1y -y) ( 1z -z) ≥ ( 83) 3 ( 1 )并在文末提出一个猜想 :设xi>0 ,i=1 ,2…n ,且 ni=1 xi=1 ,n≥ 3,则Πni=1 ( 1xi-xi) ≥ (n- 1n) n ( 3)本文将利用文 [2 ]中的结论 ,即下述引理 (审者注 :此引理由 [1 ]中定理 3,定理 4结合得出 )去证明这个猜想 .引理　设a 相似文献   

对一个猜测推广的证明

文 [1 ]对W .Janous猜测推广成如下命题 :设xi >0 (i=1 ,2 ,… ,n) ,记S=x1 +x2 +… +xn,则x22 -x21 S-x2 + x23 -x22S-x3+… + x21 -x2 nS-x1 ≥ 0 ( 1 )文 [2 ]指出文 [1 ]对式 ( 1 )的证明是错误的 ,但未给出式 ( 1 )的正确证明 ,最后又提出了更一般的下述问题 :设xi>0 (i =1 ,2 ,… ,n) ,n≥ 3,记S=x1+x2 +… +xn,能否取适当的k ,有 x2 k-x1 kS-x2 +x3k-x2 kS-x3 +… + x1 k-xnkS-x1 ≥ 0 ( 2 )本文证明 ,当k∈R+时 ,式 ( 2 )成立 .证明　对于 (x1 ,x2 ,… ,xn)的所有互异的n !个排列中 ,必然存在一个排列 (y1 ,y2 ,… ,yn)满足y1 …     

偏导数的一个恒等式

在一元函数里 ,函数与它的反函数的导数互为倒数关系。多元函数也有类似的性质。下面介绍之。定理　如果多元函数 z =f ( x1,x2 ,… ,xn)的反函数存在且偏导数不为零 ,那么 z x1=( -1 ) n+ 1 x1 x2 x2 x3… xn z( 1 )　　证明　设 F( x1,x2 ,… ,xn,z) =z -f ( x1,x2 ,… ,xn) =0 ,则 z x1=-Fx1Fz, x1 x2=-Fx2Fx1,…… , xn z=-Fz Fxn因此 z x1 x1 x2… xn z =( -Fx1Fz) ( -Fx2Fx1)… ( -Fz Fxn) =( -1 ) n+ 1即 z x1=( -1 ) n+ 1 x1 x2 x2 x3… xn z　　上面的恒等式可推广为 z xi=( -1 ) n+ 1 xi xi+ 1 xi+ 1 xi+ 2… xn- 1 x…     

n元三次多项式不等式猜想的证明

猜想 [1]　设 x1,x2 ,… ,xn∈ R+ ,n为正整数 ,证明或否定 :n( n - 1 ) ∑ni=1x3 i + ( ∑ni=1xi) 3　≥ ( 2 n - 1 ) ∑ni=1xi∑ni=1x2i ( 1 )这是杨学枝老师近日提出的一个猜想 .经探讨发现 ,此猜想成立 .为证明 ( 1 )式成立 ,先给出如下引理 .引理 1　 x1,x2 ,… ,xn∈ R,n为正整数 ,则( ∑ni=1xi) 3 =∑ni=1x3 i + 3∑i≠ jx2ixj+ 6 ∑1≤ i相似文献   

杨学枝猜想21的完善和初等证法

杨学枝老师在文[1]中提出的猜想21如下: 设xi∈-R,i=1,2,…,n,记s1=η∑xi=1,sn-1=x2x3…xn+x1x3…xn+…+x1x2…xn-1,sn=x1x2…xn,则 sn1-(n-1)n-1 s1 sn-1+n2[(n-1)n-1-nn-2]Sn≥0,① 当且仅当x1=x2-…=xn时取等号. 笔者探究发现①式取等号成立的充要条件应该是:x1=x2=…=xn,或x1=x2=…=xn-1,xn=0.     

一个不等式的推广

本刊文[1]给出如下姊妹不等式:若a,b,c是正数,且a b c=1,则有1b c-ac 1a-ba 1b-c≥673(1)当且仅当a=b=c=31时取等号.1b c ac 1a ba1 b c≥1613(2)当且仅当a=b=c=31时取等号.不等式(1)可改写为:11-a-a1-1b-b1-1c-c≥673(3)当且仅当a=b=c=31时取等号.本文将把不等式(3)推广为:命题设xi>0(i=1,2,…,n),∑ni=1xi=1,则∏ni=1(1-1xi-xi)≥(n-n1-1n)n(4)当且仅当x1=x2=…=xn=1n时等号成立.引理设f″(x)>0,则1n∑ni=1f(xi)≥f(1ni∑=n1xi)(5)此即著名的Jesen不等式.下面给出(4)式的证明.证设y=f(x)=ln(1-1x-x)(0相似文献   

高考试题中的推广类问题浅述

从一类对象或一个范畴的研究过渡到更广的一类对象或更广范畴上的研究 ,称为推广 .类比是推广数学命题的一个工具 .从逻辑上说 ,推广就是将数学命题的外延扩大 ,来研究它的内涵变化特点 .在历年高考试题中 ,推广类试题曾多次出现 .1　在不等式中的推广例 1　已知x∈ (0 ,+∞ ) ,由不等式x + 1x ≥2 ,x + 4x2 =x2 + x2 + 4x2 ≥ 3,… ,由此启发我们可以推广为x + axn≥n + 1(n∈N ) ,则a =.解　首先a >0 ,由基本不等式“A≥G(A为算术平均值 ,G为几何平均值 )”得x + axn =xn + xn +… + xn + axn ≥ (n + 1)n + 1xn·xn … xn·axn ,对照条…