一个分式型不等式定理及其应用

引理　若xi∈R ,i=1,2,…,n,则1)　1nΣni=1xαi≥1nΣni=1xiα(α≥1或α<0)2)　1nΣni=1xαi≤1nΣni=1xiα(0<α<1)注　此引理可由琴生(Jensen)不等式推出.因篇幅有限,这里不再赘述,读者可参阅参考文献〔1〕和〔2〕.定理1　若ai、bi∈R ,i=1,2,…,n,γ≥2或γ<0,β>0,则Σni=1aribβi≥n1-r β.Σni=1airΣni=1biβ证明　由已知和柯西不等式,得Σni=1bβiΣni=1aribβi=Σni=1bβi2Σni=1aγibβi2≥Σni=1bβi.aγibβi2=Σni=1aγ2i2(1)由引理1)和2),得Σni=1aγ2i2≥n2-γΣni=1aiγ及Σni=1bβi-1≥n-1 βΣni=1bi-β(β≥1或0<β<…     

一个含参数根式不等式及其应用，

命题设ai∈R^＋，i=1，2，…，n，且n↑∑↓i=1 ai=k，λ〉0，μ≥o，则     

关于一个不等式猜想的否定

本刊文[1]对文[2]中的第一个不等式给予推广，对第二个不等式的推广提出一个猜想：设xi〉0（i=1，2，3，…，n），n∑i=1xi=1.则n∏i=1（1/1-xi＋xi）≥（n/n-1＋1/n）^n.     

不等式（n∑i=1ai^3）（n∑i=1bi^3）（n∑i=1ci^3）≥（n∑i=1aibici）^3的恒等式构造

文[1]为证明2001年第42届IMO第2题而通过独特的思路给出了一个恒等式；设实数ai，bi∈R，A^3=n∑i=1ai^3，B^3=n∑i=1bi^3，且AB≠0，则有恒等式     

康托洛维奇不等式的一个简证及其极限形式

线性规划中有一个康托洛维奇不等式 (Канторович) :若ai >0 (i=1 ,2 ,… ,n)　∑ni=1ai =1 ,0<λ1 ≤λ2 ≤… ≤λn,则 :(∑ni=1λiai) (∑ni=1aiλi) ≤(λ1 +λn) 24λ1 λn《中学数学》和《中学教研》杂志先后给出了该不等式的多种证明 ,有些需用高等方法 ,有些初等方法又相当复杂 ,本文给出该不等式一个极简证明和其极限形式。一、简证 :设f(x) =(∑ni=1λiai)x2 + (λ1 +λn)x +λ1 λn(∑ni=1aiλi)∵λi-(λ1 +λn) + λ1 λnλi 　　 (i=1 ,2 ,… ,n)=(λi-λ1 ) (λi-λn)λi≤ 0而ai>0∴λiai-(λ1 +λn)ai+ λ1 λnai…     

一个不等式的逆向

文[1]证明了文[2]提出的一个猜想：说ai≥0，pi≥0，（i=1，2，…，n）且p1＋p2＋…＋Pn=1。则     

一类条件不等式证明方法的改进

文[1]对“在xi＞0,i=1,2,3…,n,且∑i=1^n xi=m的条件下，欲证不等式∑i=1^ng（xi）≤k（≥k）成立”这类不等式的证明给出一个通用证法，读罢此文，颇受启发！     

Banach函数空间的H(o)lder不等式

本文给出了基本不等式‖nⅡi=1ai,ai≤‖n∑i=1,aiai(ai>0,ai>0,n∑i=1,ai=1)的一个确界形式,以此统一得出Banach函数空间Lp(E,u),L∞(E,u),L∞(R),C(R)等的 H(O)lder函数不等式.     

一道竞赛试题解法探究

例 1　 ( 1995年数学冬令营第五题 )设xi >0 ,∑ni =1xi=1(i =1,2 ,… ,n) ,求证 :∑ni =1xi1+ (x1+x2 +… +xi- 1)xi+xi+ 1+… +xn≤ π2 .证　令sinθi=∑ik =1xk ,θ0 =0 (i =1,2 ,… ,n) ( 0<θi≤ π2 ) ,则∑ni=1xi1+ (x1+x2 +… +xi - 1)xi+xi + 1+… +xn=∑ni =1sinθi-sinθi- 11+sinθi - 11-sinθi- 1=∑ni =12sin θi-θi - 12 cosθi+θi- 12cosθi - 1≤∑ni =12sinθi-θi - 12<∑ni =1(θi-θi - 1)=θn -θ0 =π2 .例 1的命制及解法均含有高等数学中的思想方法 ,为了说明问题 ,我们给出如下两个结论 .定理 1　设 f(x) 是区…     

用“原函数”法探索数列和不等式的放缩目标

在证明数列和不等式n∑i=1ai≥≤f（n）时，我们常常是设法将an放缩，使n∑i=1ai合并成一项或几项和，再证明n∑i=1ai≥≤f（n）．但放缩度很难把握，常常因找不到放缩目标而导致证明的失败．     

一道东南数学奥林匹克试题的推广

题目(第三届(2006年)东南数学奥林匹克第6题):求最小的实数m,使不等式m(a3 b3 c3)≥6(a2 b2 c2) 1(1)对满足a b c=1的任意正实数a,b,c恒成立.本文给出此题的一个推广.推广设ai>0,i=1,2,…,n,n≥2,∑ni=1ai=1,B>0,A>-Bn,求最小的实数m,使不等式m∑ni=1ai3≥A∑ni=1ai2 B(2)恒成立.注:在推广中取n=3,A=6,B=1即得上述东南竞赛题.解ai=1n,i=1,2,…,n,得m≥An Bn2.下面证明,当ai>0,i=1,2,…,n,n≥2,∑ni=1ai=1,B>0,A>-Bn时,有(An Bn2)∑ni=1ai3≥A∑ni=1ai2 B(3)下面证明(3)式成立.不妨设a1≥a2≥…≥an,则a12≥a22≥…≥an2,由切比雪夫不…     

探求一类三角函数的最值问题

由幂函数的凹凸性可以得到下面两个不等式(权方和不等式的推广):若0＜n＜1,ai>0,Pi＞0(i=1,2,…,m)且m∑i=1Pi=1,则     

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     

一类“数学问题”的统一证法

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:     

W.Janous猜测的再推广

W .Janous猜测 :设x ,y,z >0 ,则x2 -z2y+z + y2 -x2z+x + z2 -y2x+y ≥ 0 ( 1 )贵刊文 [1 ]将 ( 1 )式推广为 :设xi>0 (i =1 ,2 ,… ,n) ,n≥ 3,记S=x1 +x2 +… +xn,t =x21+x22 +… +x2 n,则nx21 -ts-x1 + nx22 -ts-x2 +… + nx2 n-ts-xn ≥ 0 ( 2 )当n =3时 ,由 ( 2 )式可得 ( 1 )式 .本文将把 ( 2 )式作进一步推广 ,并回答文 [1 ]中提出的一个问题 .我们得到如下结果 :设xi>0 (i=1 ,2 ,… ,n) ,n≥ 3,α ,β,γ∈R ,T =xα1 +xα2 +… +xαn,A>max{xγ1 ,xγ2 ,… ,xγn},则当αβγ >0时 ,有nxα1 -T(A-xγ1 )β+ nxα2 -T(A-xγ2 )…     

线性过程关于矩的重对数律的精确率

讨论线性过程Xk=∑∞i=-∞ai+kεi,其中{εi；-∞＜i＜∞}是均值为零,方差有限为σ2的双侧无穷独立同分布随机变量序列,{ai；-∞＜ i＜∞}为绝对可和的实数序列.令Sn=∑nl=1Xk,n≥1,假设|ε1|3＜∞,证明了对任意的δ＞-1,lim ∈↘0∈2δ+2∑∞n=1(㏒ ㏒ n)δ/n3/2㏒ nE{|Sn|-∈τ√2n ㏒ ㏒ n}+=√2τ√/√π(δ+1)(2δ+3)Γ(δ+2),其中τ2=σ2(∑∞i=-∞ai)2以及Γ(·)为Gamma函数.     

一个不等式的推广

文[1]，[2]给出了一个不等式：设αi〉0,pi≥0（i=1,2,…,n）且p1＋p2＋…＋pn=1，则1/n↑∑↑i=1pi/αi≤n↑П↑i=1αi^pi≤n∑↑i=1piαi。     

关于变量个数的几个单调函数

目前 ,人们对比较变量大小之间关系的不等式较为关注 ,但是 ,笔者发现 ,有一些不等式在变量的定义域内 ,经过变量置换 ,可以得到关于变量个数的一些单调函数 .为了讨论方便 ,设实函数 f(x)的定义域为x∈(a ,b) ,实数Pi>0 (1≤i≤n) ,n∈N .记λn=∑ni=1Pi,An=∑ni=1Pixi/λn,Bn=∑ni=1Pif(xi) /λn.定理　若 f(x)在区间 (a ,b)上为凸函数 ,则φ(n) =λn[f(An) -Bn]是n的递增函数 .证　设x′i∈ (a ,b) ,根据凸函数定理有f(A′n)≥B′n (1)A′n=∑ni=1Pix′i/λn,B′n=∑ni=1Pif(x′i) /λn.令x′1=x′2 =… =x′n - 1=An - 1,x′n=xn…     

一个关于非负矩阵的不等式

证明:若(xij)是一个元素不全为零的m×n非负矩阵,则当0相似文献   

关于i=n∑n ai＋bi/1〈c型数列放缩的一点想法

i=n∑n ai＋bi/1〈c（c为常数）型的数列不等式的推导，可以使用数学归纳法来证明，但在实际解决中，有时难以实现从n=k到n-k＋1的过渡；也可以考虑将原命题强化为i=n∑n ai＋bi/1〈c-f（n）/1（其中f（n）与n有关，且f（n）〉O）的形式。