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文[1]、[2]研究了正项等差数列方幂的不等式,本文研究由递增正项二阶等差数列若干项构成的不等式,为了简便起见,以下约定{an}是递增正项二阶等差数列,bn=a(n+1)-an,{bn}的公差为d,其前n项和为Sn,m,k,n,p为正整数. 相似文献
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定理若{an}是公差为α(α>1)的正项等差数列,a1=1,α、n为正整数,则(Ⅰ)(ana 1n 11)α>(2α(-2α1)-(1n) n 1)1 1;(Ⅱ)(1 a11)(1 a12)…(1 a1n)≥α(2α-1)n 1.证明(Ⅰ)(数学归纳法)(1)当α=2时,则左端=(22nn 21)2,右端=3n 43n 1,因为(22nn 12)2÷33nn 41=((22nn 21))22(( 相似文献
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笔者在文[1]中建立了如下不等式:命题设{an}为等差数列,且首项a1>0,公差d>0,k∈R 且k≠1,n>1,则1d(1-k)(a1n- 1k-a11-k)<∑ni=11aik0,公差d>0,k∈R ,且k≠1,n>1,则1d(1-k)1akn- 11-a11k-1 21a11k-a1nk 1<∑ni=11aik0),则f′(x)=-xkk 1<0,f″(x)=k(kxk 21)>0,故函数f(x)在(0, ∞)内单调递减且严格下凸.设y=f(x)的图形为曲线C,作直线x=ai和直线x=ai 1,分别与曲线C和x轴正半轴相交于Pi,… 相似文献
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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)… 相似文献
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对于一个确定的等差数列而言 ,其前n项和或连续n项和是很容易计算的 .但对于某些等差数列 ,如只交待了中间项或其中的两项之和 ,直接利用等差数列的前n项和公式做上述计算时 ,由于项的不确定而比较困难 .本文推导了等差数列的共轭定理及其推论 ,在解决这类问题时极为方便 .1 数列共轭项的定义在一个数列的连续n项 (第i项至j项 )中 ,如果其中的两项ap、aq 的项数之和等于这个连续段的首末两项的项数之和 ,即p q=i j,那么把ap、aq 叫做该数列在这个连续段上的共轭项 .ap和aq互为共轭 ,称共轭对 .ap aq 叫作共轭对… 相似文献
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安徽盛宏礼先生在文[1]里,对于正项等比数列和组合数,建立如下新的不等式:定理1已知数列{an}是正项等比数列,n为自然数,求证:C0n/a1+C1n/a2+C2n/a2+…+Cnn/an+1≤2n-1(1/a1+1/an+1).①原文对此不等式的证明过程比较繁杂,其实,证明是 相似文献
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定理1 设数列{an}是公差为d的等差数列,前以项和为Sn,则有
Sn/n=Sm/m+n-m/2d(1)
证因为等差数列{an}中 相似文献
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文[1]向我们展示了正项等比数列的不等式,受此文启发,我们发现了有关等差数列的不等式.以下约定{αn}为等差数列,公差为d,m、n、k均为正整数,且m≠k.…… 相似文献
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有关正项等比数列的不等式 总被引:1,自引:0,他引:1
本文研究由正项等比数列若干项构成的不等式.为了简便起见,以下约定{an}是正项等比数列,公比为q(q〉0,且q≠1),m,n,k均为正整数,且优≠k. 相似文献
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一、引子
文[1]将文[2]中的定理2作如下的推广.
推广 已知数列{bn}是正项非减少的等差数列,数列{cn}是正项等比数列,则有
Cn0/b1c1+Cn1/b2+c2+Cn2/b3+c3+…+Cna/bn+1+cn+1≥4n/2n-1(2b1+nd)+21-n(c1+cn+1). 相似文献
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文[1]给出四个有用的正项等差数列不等式,由于原证明技巧性较强,加之定理内容不易记忆,因此直接应用比较困难.本文采用构造数列,将一端看成数列的和(或积),另一端设想成新数列的和(或积),即利用S=b1+b2+…+bn(或Tn=b1·b2·…·bn)得出bn,从而证明两数列相应项的大小,此时用分析法进行证明,方向明确。推理容易. 相似文献
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