改进一个不等式的思考过程

设ａｉ≥ 0 ,ｂｉ≥ 0 ,ａｉ+ｂｉ=1 ,ｉ=1 ,2 ,… ,ｎ ,ｎ≥ 3 .记Ｓｎ =∑ｎｉ=1ｂｉａｉ+1 ,规定当ｉ>ｎ ,ａｉ =ａｉ-ｎ,当ｉ<1 ,ａｉ =ａｉ+ｎ.文 [1 ]证明了命题 1　Ｓｎ ≤ ｎ4ｓｉｎ2 πｎ图 1证法颇为巧妙 :如图1 ,Ａ1 Ａ2 …Ａｎ 是边长为 1的正ｎ边形 ,在ＡｉＡｉ+1 上取Ｂｉ,使ＡｉＢｉ =ａｉ,则ＢｉＡｉ+1=ｂｉ.显见 ∑ｎｉ=1Ｓ△ＢｉＡｉ+1 Ｂｉ+1 ≤ＳＡ1 Ａ2 …Ａｎ,也就是12 ｓｉｎ(ｎ- 2 )πｎ ∑ｎｉ=1ｂｉａｉ+1　≤ ｎ2 · 14ｓｉｎ2 πｎ·ｓｉｎ2πｎ整理即得 (1 ) .在图 1中作正ｎ边形Ａ1 Ａ2 …Ａｎ 的对角线Ａ1 …     

均值不等式的加强及逆向

本文给出关于平均值Ａｎ,Ｇｎ 的两个新的不等式及其等价形式 ,它们可看作均值不等式Ａｎ≥Ｇｎ 的加强及逆向 ,有着许多有趣的应用 .定理　设ｘｉ∈ [ａ ,ｂ] ,0 <ａ <ｂ ,ｉ =1,2 ,… ,ｎ ,则有1ｎ ｎｉ=1 (ｘｉ-2ａ) 2 ≥ [( ｎｉ=1 ｘｉ) 1ｎ -2ａ] 2 (1)1ｎ ｎｉ=1 (2ｂ -ｘｉ) 2 ≤ [2ｂ -( ｎｉ=1 ｘｉ) 1ｎ] 2 (2 )即　 14ａ[1ｎ ｎｉ=1 ｘ2ｉ-( ｎｉ=1 ｘ2ｉ) 1ｎ]　≥ 1ｎ ｎｉ=1 ｘｉ-( ｎｉ=1 ｘｉ) 1ｎ (3)　≥ 14ｂ[1ｎ ｎｉ=1 ｘ2ｉ-( ｎｉ=1 ｘ2ｉ) 1ｎ] (4)以上各式取等号的条件均为ｘ1 =ｘ2 =… =ｘｎ.证　易知 (3) …     

一个猜想的推广

文 [1 ]提出并证明了下述的猜想 :设ａｉ,ｂｉ∈Ｒ+,ｉ =1 ,2 ,…ｎ ,α>0 ,则有 :∑ ｂα+1ｉａαｉ≥ (∑ｂｉ) α+1(∑ａｉ) α ,当且仅当 ａｉｂｉ =∑ａｉ∑ｂｉ时等号成立 .本文给出上述猜想的推广并证明 :定理　设ａｉ,ｂｉ∈Ｒ+,ｉ =1 ,2 ,…ｎ .1 )当α >0 ,β >0 ,α+β<1时∑ａαｉｂβｉ ≤ｎ1-α- β(∑ａｉ) α(∑ｂｉ) β;2 )当 β <0 ,α<0或α≥ 1 -β时∑ａαｉｂβｉ ≥ｎ1-α- β(∑ａｉ) α(∑ｂｉ) β.证明　首先有Ｊｅｎｓｅｎ不等式 (见文 [2 ])设ａｉ ∈Ｒ+,ｉ=1 ,2 ,…ｎ.则1ｎ∑ａαｉ ≥ (1ｎ∑ ａｉ)α　 (α …     

一个不等式的改进与其"孪生"不等式

文 [1 ]给出了不等式 .已知ａ>13 ,ｂ>13 ,ａｂ=29,求证 :ａ+ｂ <1 (1 )的一个简证 ;文 [2 ]把它推广为 :ａｉ>1ｎ(ｉ =1 ,2 ,… ,ｎ-1 ;ｎ ≥ 3 ) ,∏ｎ - 1ｉ =1ａｉ=2ｎｎ- 1,求证 :∑ｎ - 1ｉ =1ａｉ <1 . (2 )本文首先用文 [2 ]的方法得到了不等式 (2 )的改进 :命题 1　已知ａｉ>ｐ>0 (ｉ =1 ,2 ,… ,ｎ ;ｎ≥2 ) ,∏ｎｉ =1ａｉ≤ｐｎ- 1ｑ,(ｑ >ｐ) ,则∑ｎｉ =1ａｉ<(ｎ-1 )ｐ +ｑ. (3 )(证明从略 )其次 ,从另一角度得到了“改进”的一个“孪生”不等式 :命题 2　已知 0 <ａｉ<ｐ(ｉ=1 ,2 ,… ,ｎ ;ｎ≥2 ) ,∏ｎｉ=1ａｉ≤ｐｎ- 1…     

一类条件不等式的“根”

在教学中 ,笔者常见如下题组 :已知ｘ1∈Ｒ+ (ｉ=1 ,2 ,3) ,且ｘ1+ｘ2 +ｘ3 =1 ,求证 :①ｘ21+ 2ｘ22 + 3ｘ23 ≥ 61 1 ｘ ;②ｘ1+ｘ2 +ｘ3 ≤ 3;③ 1ｘ1+ 4ｘ2 + 9ｘ3 ≥ 36 .( 1 990日本ＩＭＯ选拔赛题 )该类不等式的“根”是什么呢 ?通过研究 ,笔者发现下面结论 .命题　已知ｘｉ,ａｉ∈Ｒ+ (ｉ=1 ,2 ,… ,ｎ)且∑ｎｉ=1ｘｉ=ｋ ,ｍ是有理数 ,则1 )当ｍ >1或ｍ <0时 ,∑ｎｉ=1ａｉｘｍｉ ≥ｋｍ(∑ｎｉ=1ａ 11-ｍｉ ) 1-ｍ.2 )当 0 <ｍ <1时 ,∑ｎｉ=1ａｉｘｍｉ ≤ｋｍ(∑ｎｉ=1ａ 11-ｍｉ ) 1-ｍ.证　 1 )当ｍ >1时 ,因为ｍ是有理数 ,可…     

一个分式型不等式定理及其应用的注记

读《数学通报》2 0 0 0年第 6期《一个分式型不等式定理及其应用》一文 (以下简称原文 ) ,发现有以下三处错误应予修正 .1　原文定理 1的修正原文定理 1　若ａｉ、ｂｉ∈Ｒ ,ｉ =1 ,2 ,… ,ｎ ,γ≥ 2或γ <0 ,β>0 ,则∑ｎｉ=1ａγｉｂβｉ≥ｎ1 -γ β·∑ｎｉ=1ａｉγ∑ｎｉ=1ｂｉβ(1 )原文证明的不妥之处 :“ ∑ｎｉ=1ｂβｉ- 1 ≥ｎ- 1 β· ∑ｎｉ=1ｂｉ- β(β≥ 1或 0 <β <1 )” .其实 ,当ｂｉ>0 (ｉ=1 ,2 ,… ,ｎ) ,β>1时应有∑ｎｉ=1ｂβｉ- 1 ≤ｎ- 1 β ∑ｎｉ=1ｂｉ- β.(1 )式反例 :在 (1 )式中令ｎ =2 ,ａ1 =1 ,ａ2 =8,…     

一个猜想的证明

文[1 ]利用均值不等式对一类最小值问题进行了研究 ,但限于所推导的不等式 ,未能完全解决这一类问题 ,文末提出了如下猜想 :(以下简记∑ｎｉ =1为∑)设ａｉ,ｂｉ,∈Ｒ+,ｉ=1 ,2 ,… ,ｎ .α >0 ,则有 :∑ ｂｉα+1ａｉα ≥(∑ｂｉ) α+1(∑ａｉ) α ,当且仅当 ａｉｂｉ =∑ａｉ∑ｂｉ时等号成立 .本文利用凸函数定理证明了上述猜想 ,从而使这一类最小值问题得到了比较圆满的解决 .证明　首先介绍凸函数定理 [2 ]:设函数ｆ(ｘ)在区间Ｉ为下凸函数 ,λｉ∈Ｒ+,且 ∑λｉ=1 ,则对任意ｘｉ ∈Ｉ,有 :ｆ(∑λｉｘｉ) ≤ ∑λｉｆ(ｘｉ)现取ｆ(ｘ…     

读者信箱

湖南省浏阳市田家炳实验中学　刘会成　来信指出 :《数学通报》2 0 0 0年第 6期《一个分式型不等式定理及其应用》一文给出了下面 :定理 :若ａｉ,ｂｉ∈Ｒ ,ｉ =1 ,2…ｎ ,α≥ 2或α<0 ,β>0则 ∑ｎｉ=1ａαｉｂβｉ≥ｎ1 -α β(∑ｎｉ=1ａｉ) α(∑ｎｉ=1ｂｉ)β这一结论是错误的 .事实上 ,我们取ａ1 =ａ2=ｂ1 =ｂ2 =1 ,α=2 ,β=3 ,ａ3=1 0 0 ,ｂ3=1 0则 ∑ｎｉ=1ａαｉｂβｉ=1 21 3 1 21 3 1 0 0 21 0 3 =1 2ｎ1 -α β(∑ｎｉ=1ａｉ) α(∑ｎｉ=1ｂｉ)β=3 1 - 2 3(1 0 2 ) 2(1 2 ) 3 =5 4 1 8显然定理结论不成立 .我们再取ａ1 =ａ…     

一道加拿大数学竞赛题的推广

1997年加拿大数学公共竞赛有一道题是 :已知 16个正数之和为 10 0 ,平方和为 10 0 0 ,证明这 16个数中没有一个大于 2 5 .本文将推广该题的结论 .首先给出二次函数 ｆ(ｘ) =ｘ2 的一条性质 :对于任意ｎ个实数ｘ1 ,ｘ2 ,… ,ｘｎ,有ｘ21 +ｘ22 +… +ｘ2 ｎｎ ≥ (ｘ1 +ｘ2 +… +ｘｎｎ ) 2 (当且仅当ｘ1 =ｘ2 =… =ｘｎ 时取等号 )①定理　设ｎ(≥ 2 )个实变数ｘｉ(ｉ =1,2 ,… ,ｎ)之和为定值Ａ ,平方和为定值Ｂ ,则ｘｉ(ｉ=1,2 ,… ,ｎ)的取值范围为 :(1)当Ａ2 >ｎＢ时 ,ｘｉ 不存在 ;(2 )当Ａ2 =ｎＢ时 ,ｘｉ=Ａｎ;(3 )当Ａ2 <ｎＢ时 ,Ａ …     

柯西不等式及其应用

下面便是著名的柯西 (Ｃａｕｃｈｙ)不等式 :设ａ1,ａ2 ,… ,ａｎ,ｂ1,ｂ2 ,… ,ｂｎ 均为实数 ,则(ａ1ｂ1+ａ2 ｂ2 +… +ａｎｂｎ) 2 ≤ (ａ21+ａ22 +… +ａ2 ｎ) (ｂ21+ｂ22 +… +ｂ2 ｎ) ,等号当且仅当ａｉ=λｂｉ(λ为常数 ,ｉ =1,2 ,… ,ｎ)时成立 .这个命题的证法较多 ,在一般的竞赛教程中都可以查找到 ,这里从略 .应用柯西不等式解题的关键在于构造两组实数 ,并根据柯西不等式的特点进行探索 .在解决分式型问题时 ,通常还应用到柯西不等式如下的两个推论 .推论 1　设ａｉ 与ｂｉ(ｉ=1,2 ,… ,ｎ)同号 ,则∑ｎｉ=1ａｉｂｉ≥∑ｎｉ=1…     

等差数列的一个不等式

本文给出最近发现的一个关于正项等差数列的一个不等式 ,并举列说明它在解决一些用数学归纳法证明异常困难的一类问题上的有效性 .定理　设数列 {ａｎ}是等差数列 ,ａｉ>0(ｉ=1 ,2 ,…,ｎ) ,公差为ｄ ,且 0≤ｄ≤ 1 ,则对任意的正整数ｋ ,有 ｎｉ=1ａ1ｋｉ ≥ ｋｋｄ 1 [ａｎａ1ｋｎ -1- (ａ1-ｄ)ａ1ｋ1](1 )成立 ,当且仅当ｋ =ｄ =1时等号成立 .为方便定理证明 ,先证如下两个引理 :引理 1　设 0≤ｄ≤ 1 ,ａ >0 ,则对任意的正整数ｋ ,有(1 1ｋａ) ｋ≥ 1 ｄａ (2 )成立 ,当且仅当ｋ =ｄ =1时等号成立 .证　根据二项式定理 ,有(1 1ｋａ)…     

两个不等式的指数推广

贵刊文[1]给出以下两个不等式:1　设ｘｉ∈Ｒ (ｉ=1,2,…,ｎ),且ｘ211 ｘ21 ｘ221 ｘ22 … ｘ2ｎ1 ｘ2ｎ=ａ(0<ａ<ｎ),求证:ｘ11 ｘ21 ｘ21 ｘ22 … ｘｎ1 ｘ2ｎ≤ａ(ｎ-ａ)(1)2　设ｘｉ∈Ｒ (ｉ=1,2,…,ｎ),且ｘ11 ｘ1 ｘ21 ｘ2 … ｘｎ1 ｘｎ=ａ(0<ａ<ｎ),求证:ｘ211 ｘ1 ｘ221 ｘ2 … ｘ2ｎ1 ｘｎ≥ａ2ｎ-ａ(2)笔者受该文的启发,将上述两个不等式从变量的指数上予以推广,得到下面几个命题.　命题1　设ｘｉ∈Ｒ (ｉ=1,2,…,ｎ),ｍ,ｋ∈Ｎ,且ｍ≥2,1≤ｋ≤ｍ-1,且ｘｍ11 ｘｍ ｘｍ21 ｘｍ2 … ｘｍｎ1 ｘｍｎ=ａ(0<ａ<ｎ),则有:ｘｋ11 ｘｍ…     

权方和不等式的应用

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=ａ2ｂ2=… =ａｎｂｎ时成立 .这就是权方和不等式 ,文 [1]给出了它的一种简单证明 ,文献 [2 ]证明它当ｍ <- 1时也成立 .此处不再重复它的证明了 .权方和不等式的一个显著特征是 ,其中出现的每一个分式 ,分子的幂指数都比分母的幂指数恰好大 1.在运用权方和不等式 (1)证题时 ,关键是必须注意按照它的这一特征去进行配凑 .就是说 ,要善于创造条件去运用它 .2　权方和不等式的应用权…     

两个组合恒等式的联系及其组合意义和概率论证法

贵刊 2 0 0 1年第 6期刊载的文 [1 ]证明了组合等式 :∑ｎｉ=0(-1) ｉＣｉｎｉｋ =0　　　　　当ｋ≤ｎ-1且ｋ∈Ｎ时(-1) ｎｎ !　当ｋ =ｎ时笔者发现上述结论正是贵刊 1 996年第 6期刊载的文 [2 ]定理的推论的另外一种表述 .文 [2 ]的定理及推论如下 :定理　设ｆ(ｘ) =ａｘｎ+1 +ｂｘｎ+ｃｎ- 1 ｘｎ- 1 +…+ｃ1 ｘ+ｃ0 是ｎ+ 1次多项式 .则 ∑ｎｉ=0( - 1 ) ｉｆ(ｉ)Ｃｉｎ= ( - 1 ) ｎｎ !(ａＣ2 ｎ+1 +ｂ)… ( )推论 :设ｆ(ｘ) =ａｘｍ+ｂｍ- 1 ｘｍ- 1 +… +ｂ0 是ｍ次多项式 ,则　∑ｎｉ =0( - 1 ) ｉｆ(ｉ)Ｃｉｎ =( - 1 ) ｎｎ !ａ…     

也谈一类分段函数的统一表达式

文 [1 ]用待定系数法讨论了一类分段函数的统一表达式 ,本文给出此问题的明确结论 .记分段函数ｆ(ｘ) =Ｐ1 (ｘ) ,　　　　ｘ≤ａ1 ;Ｐ2 (ｘ) ,　ａ1 <ｘ≤ａ2 ;　…　　　　　…Ｐｎ(ｘ) ,ａｎ- 1 <ｘ≤ａｎ;Ｐｎ 1 (ｘ) ,　　　ａｎ <ｘ .(1 )定理　设Ｐ1 (ｘ) ,Ｐ2 (ｘ) ,… ,Ｐｎ 1 (ｘ)均为多项式 ,且Ｐｉ(ａｉ) =Ｐｉ 1 (ａｉ) ,1 ≤ｉ≤ｎ (2 )则ｆ(ｘ) =12 Ｐ1 (ｘ) Ｐｎ 1 (ｘ) Ｓ(ｘ) (3 )其中Ｓ(ｘ) =∑ｎｉ =1Ｑｉ(ｘ) (ｘ-ａｉ) 2 ,诸Ｑｉ(ｘ)为多项式 ,满足Ｐｉ 1 (ｘ) -Ｐｉ(ｘ) =(ｘ -ａｉ)Ｑｉ(ｘ) ,1 ≤ｉ≤ｎ .证　由 …     

关于“一个不等式的推广”的失误与纠正

文 [1 ]把关于正数组ｘｉ,ｙｉ 的不等式 [2 ]∑ｎｉ=1ｘ2 ｉｙｉ ≥(∑ｎｉ=1ｘｉ) 2∑ｎｉ=1ｙｉ(1 )推广为 :设ａｉ,ｂｉ ∈Ｒ ,(ｉ =1 ,2 ,… ,ｎ) ,且ａ1 ａ2 … ａｎ =ｋ ,ｂ1 ｂ2 … ｂｎ =ｐ ,则∑ｎｉ=1ａｍｉｂｉ ≥ ｎ2 -ｍｋｍｐ .(｜ｍ｜≥ 1 ) (2 )事实上 ,以上不等式 (1 )即柯西不等式的一个变形 ,而推广不等式 (2 )并不成立 .我们试举以下反例 :于式 (2 )取ｍ =1 ,ｎ=2 ,ａ1 =4,ａ2 =1 ,ｂ1= 2 ,ｂ2 =1 ,式 (2 )左边 =3 <式 (2 )右边 =1 0 /3,可知不等式 (2 )不真 .那么原文在证明推广不等式 (2 )时问题出在哪里 ?我们…     

逆用等比数列各项和证一类分式不等式

一类分式不等式证明常见于数学竞赛题及问题征解题 .它的特点是不等式式子一边各项形如 ｍ2ｍ±ｎ或 ｎｍ±ｎ的形式 .如果变换为 ａ1 -ｑ(0 <ｑ<1 )形式后 ,则可逆用等比数列各项和公式 ,再用均值不等式 ∑ｎｉ=1ａｍｉ ≥(∑ｎｉ=1ａｉ) ｍｎｍ- 1 可得这一类分式不等式的简单证法 ,且思路单一 ,操作方便 ,现举例加以说明例 1　已知ｘ1 ,ｘ2 ,… ,ｘｎ ∈Ｒ+,且ｘ1 +ｘ2 +… +ｘｎ =1 ,求证 :ｘ1 21 -ｘ1 +ｘ2 21 -ｘ2 +… +ｘｎ21 -ｘｎ ≥ 1ｎ- 1 (《数学通报》1 993 (7)问题 845 )证明　因为ｘ1 ,ｘ2 ,… ,ｘｎ∈Ｒ+,且ｘ1 +ｘ2 +… +…     

一个代数不等式的再研究

文 [1]发表了宋庆老师新发现的一个代数不等式及其证明 .笔者发现此代数不等式的背后蕴含着更一般的结论 .同样可利用幂函数的单调性来证明下面的定理成立 .定理 1　若ｘ ,ｙ ,ｚ∈Ｒ .则ｘｍ(ｘｎ- ｙｎ) ｙｍ(ｙｎ-ｚｎ) ｚｍ(ｚｎ-ｘｎ)≥ 0(1)其中ｍ·ｎ≥ 0 ;当ｍ·ｎ≤ 0时 ,不等式 (1)反向 .等号当且仅当ｘ =ｙ =ｚ或ｍ =0或ｎ =0时成立 .证　设ｘ≥ｙ >0 ,ｘ≥ｚ >0 .当ｍ·ｎ≥ 0时1)若ｍ≥ 0且ｎ≥ 0 ,则ｘｍ≥ｚｍ>0 ,ｘｎ≥ｙｎ>0 ,即ｘｎ- ｙｎ≥ 0 ,故ｘｍ(ｘｎ- ｙｎ)≥ｚｍ(ｘｎ- ｙｎ) ;2 )若ｍ≤ 0且ｎ≤ 0 ,则 0 <ｘ…     

一个最大值题解“一病三治”

题目　已知ａ2 +ｂ2 =1,ｘ2 +ｙ2 =4,求ａｘ+ｂｙ的最大值 .病症　∵　ａ2 +ｘ2 ≥ 2ａｘ　 (当且仅当ａ=ｘ时取等号 ) ,ｂ2 +ｙ2 ≥ 2ｂｘ　 (当且仅当ｂ =ｘ时取等号 ) .∴　ａｘ +ｂｙ≤ 12 (ａ2 +ｘ2 +ｂ2 +ｙ2 )　 =12 [(ａ2 +ｂ2 ) + (ｘ2 +ｙ2 ) ]①答 :ａｘ +ｂｙ的最大值为 52 .诊断　①式中取等号的条件是ａ =ｘ ,ｂ =ｙ同时成立 ,即ａ2 +ｂ2 =ｘ2 +ｙ2 成立 .这与已知条件矛盾 .病因是忽略了均值不等式中取等号的条件 .处治一　∵　 (2ａ) 2 +ｘ2 ≥ 4ａｘ　 (当且仅当 2ａ =ｘ时取等号 ) ,　　 (2ｂ) 2 +ｙ2 ≥ 4ｂｙ　 (当且仅…     

解数列问题的几种模式

读过《优美的级数公式》(《中学生数学》2 0 0 0年 1 2月上 )和《用组合数巧解数列题》(《中学生数学》2 0 0 1年 1 2月上 )等文后很受启发 ,进而归纳出几种讨论数列问题的模式 :模式一　欲证∑ｎｉ=1 ａｉ=Ｂｎ 成立 .若假设其成立的话 ,则Ａｎ =∑ｎｉ=1 ａｉ-Ｂｎ =0 ,对新数列{Ａｎ} ,Ａｎ=∑ｎｉ=1 ａｉ-Ｂｎ.若能证出Ａｎ +1 -Ａｎ=0 ,对一切ｎ成立 ,且Ａ1 =0 ,则Ａｎ =Ａｎ-1 =Ａｎ -2 =… =Ａ1 =0 ,从而∑ｎｉ=1 ａｉ=Ｂｎ 成立 .例 1　求证 :1·2·3…ｋ + 2·3… (ｋ + 1 ) +… +ｎ(ｎ + 1 )… (ｎ +ｋ -1 ) =1ｋ + 1 ｎ(ｎ + 1 )…