一个代数不等式定理及其若干推论

本文从一个代数不等式定理出发,得出一系列有趣的代数不等式及三角不等式.定理若u,v,w,x,y,z,m,n∈R+,且u≥v≥w,x≥y≥z,则uxm+n+vym+n+wzm+n≥uymzn+vzmxn+wxmyn.     

巧证一道不等式

设A,B,C为任意三角形的三个内角,对于任意实数x,y,z.求证: x2 y2 z2≥2xycosA 2yzcosB 2xzcosC. 该不等式是研究三角形的一种独特而有力的工具-"母"不等式,其证明通常是构造二次函数来证,本文给出一种新颖的向量证法.     

与一道USAMO试题有关的不等式链

第 2 6届美国数学奥林匹克有一道试题 :对 a、b、c∈ R ,有( a3 b3 abc) -1 ( b3 c3 abc) -1 　 ( c3 a3 abc) -1 ≤ ( abc) -1 . ( 1)本文将通过以下定理证得与 ( 1)有关的不等式链 .定理　设 x、y、z∈ R ,且 xyz =1,则3x y z≤ ∑ 1x y 1≤ ∑ 1x 2≤ 1, ( 2 )其中 ∑ 表示对 x、y、z的轮换求和 .证明　设 x y z =a,xy yz xz =b,由xyz =1,易知 a≥ 3,b≥ 3,a2 ≥ 3b.且x2 y2 z2 =a2 - 2 b,x2 y xy2 y2 z yz2 z2 x zx2 =ab - 3.经运算可得　 ∑ 1x 2= ( y 2 ) ( z 2 ) ( x 2 )…     

利用平凡不等式证明不等式举例

逆用无穷等比数列各项和公式可化复杂不等式为平凡不等式.例1设x,y,z>0,则x2-z2y z yz2- xx2 zx2- yy2≥0(W.Janous猜测)证明令x y z=s,则不等式的左边等于x2-z2s-x ys2--yx2 zs2--yz2=1s(1x2--sxz2 y12--syx2 z12--syz2)=1s[(x2-z2)(1 sx xs22 …) (y2-x2)(1 sy sy22 …) (z2-     

运用a~2 ab b~2的变式证明一类不等式

众所周知,在不等式的证明过程中,常常要将待证的式子进行适当的变形,以利于问题的解决.本文将式子a2 ab b2进行适当的变形后,对一类不等式的证明起到了较好的效果.变式1a2 ab b2=(a 2b)2 3b24.例1已知x,y,z∈R,求证:x2 xy y2 y2 yz z2 z2 zx x2≥23(x y z);证明x2 xy y2=(x 2y)2 43y2≥23|y|≥23y,同理y2 yz z2≥23z,z2 zx x2≥23x,三式相加即可,x=y=z=0时取等号.变式2a2 ab b2=a2 b2 (a b)22例2已知x,y,z∈R,求证:x2 xy y2 y2 yz z2 z2 zx x2≥2(x y z).证明x2 xy y2=x2 y2 (x y)22≥|x 2y|≥22(x y),同理y2 yz z2≥22(y z),z2 zx x2≥22(…     

用构造法证明三角形不等式

(一)Vasic不等式的构造性证明 1964年,Vasic推广ABC中的不等式sinA sinB sinC≤3~(1/3)/2为: xsinA ysinB zsinC ≤3~(1/2)/2(yx/x zx/y xy/z)(x,y,z>0)(1)1989年,杨世明老师据“母不等式”: λ~2 μ~2 y~2≥2μycosA 2yλcosB 2λμgcosC (2)对(1)作了一个别出心裁的构造性证明,大意是: 3~(1/2)/3sinA 3~(1/2)/3 3~(1/3)/3sinC≤3/2,     

一道国际竞赛题的简证

题目:(2006年土耳其国家队选拨考试)已知正数x,y,z满足xy yz zx=1,证明:247(x y)(y z)(z x)≥(x y y z z x)2≥63.文[1]采用三角换元法,并利用导数和Jensen不等式给出了证明.274(x y)(y z)(z x)≥(x y y z z x)2.但证明过程中错证了cosA cosB cosC≤323.从而证明247(x y)(y z)(z x)≥(x y y z z x)2的证法是错误的.下面给出一个简证.证明:先证(x y)(y z)(z x)≥98(x y z)(xy yz zx)①上面不等式等价于(x y z)(xy yz zx)-xyz≥98(x y z)(xy yz zx)(x y z)(xy yz zx)≥9xyz.由A—G不等式有x y z≥33xyz,xy yz zx≥33x2y2z2,故(x y z)(xy yz…     

一个含双参数的分式不等式及其应用

本文给出了一个新颖的涉及正实数a,b,c,x,y,z含双参数λ,μ的分式不等式,并举例说明其应用,同时在文章最后还给出了一个猜想.定理设x,y,z∈R ,a,b,c∈R ,λμ≥-1,若λ>0,则有(x μy)a2(λ 1)x (λμ 1)y z (y μz)b2(λ 1)y (λμ 1)z x (z μx)c2(λ 1)z (λμ 1)x y≤1λ[(a     

“分步法“巧证分式不等式

常言道:“饭要一口一口地吃”.面对千姿百态的分式不等式,如果一时难以“一步到位”达到证明目的,不妨探究“分步法”,分成两步或多步,逐步实现证明目的.1.将分式不等式化为整式不等式例1设x,y,z∈R+,求证:(y+z)x(yx+z)+(z+x)y(zy+x)+(x+y)z(xz+y)≥43.(《数学教学》1992(6),数学问题289)证明(1)待证不等式可化为整式不等式:x2y+xy2+y2z+yz2+z2x+zx2≥6xyz;(2)x2y+xy2+y2z+yz2+zx2+z2x≥66x2y·xy2·y2z·yz2·z2x·zx2=6xyz.证毕例2若a,b,c∈R+,求证:a·aa++cb+b·bb++ca+c·cc++ab≥a+b+c.(1992年国际“友谊杯”数学邀请赛试题)证明(1)证…     

某些循环不等式的直接证法

合肥工业大学苏化明先生在文[1]中应用一类三角形不等式来证明某些循环不等式，其实这些循环不等式就是由三角形不等式生成的（参考文献[2]）．本文意在借助均值不等式给出这些循环不等式的直接证法．例1设x、y、z＞0，求证：9（X y）（y＋z）（z＋x）≥8（x＋y＋z）（xy十yz＋zx）①证明左=18xyz十9x2y干9xy2＋9y2z 9yxz2十9x2x＋9xx2，右=8x2y 8x2z 8xyz 8xy2 8y2z 8xyz＋8yz2＋8xz2 8xyz，原不等式等价于x’y＋xv‘＋y’z十批十z‘x－zx’＞6ng．这用六元均值不等式易证．故原不等式成立．例2设Z、＊、Z＞0，求证：则原不等式等价于（…     

一个分式不等式的探讨

文 [1]提出如下有趣问题 :设λ、μ、ν为不全为零的非负实数 ,求使不等式xλx+ μy +νz + yλy+ μz +νx +zλz+ μx+νy ≥ 3λ+ μ+ν (1)对任意正实数x ,y ,z都成立的充要条件 .经探讨 ,我们得到了下面的定理 1　当λ、μ、ν≥ 0且 μ ,ν不全为零时 (若 μ =ν =0 ,λ ≠ 0 ,则 (1)为恒等式 ) ,(1)对任意x ,y,z>0成立的充要条件是2λ≤ μ +ν .证明　用 ∑f(x ,y ,z)表示 f(x ,y ,z)+ f(y ,z ,x) + f(z ,x ,y) ,经演算有∑x(λy + μz+νx) (λz+ μx +νz)=λμν∑x3 + (λ3 + μ3 +ν3 + 3λμν)xyz +(λ2 μ+ μ2 ν+ν2 λ) …     

数学奥林匹克问题选登

1992年6月号问题解答 (解答由问题提供人给出) 25.证明因为不等式(*)关于x,y,z对称,所以不妨设x≤y≤z,令y=x+m,z=x+m+n(x≥0,m≥0,n≥0),代入不等式(*)两边得 x·(x+2m+n)~2+(x+m)·(x+n)~2+(x+m+n)·(x-n)~2     

用次数分析法求解有关不等式的竞赛题

容易看到 ,绝大多数有关不等式的公式有着一种齐次化的倾向 ,如平均值不等式 ,柯西不等式 ,排序不等式等等 .这就暗示我们 ,对于一些有关不等式的问题 ,可以从式子中字母的次数上寻求解题的突破口 ,尤其是齐次化的解题策略 .下面以几个有关不等式的竞赛题为例 ,加以说明 .例 1　设 x,y,z是正实数 ,且 xyz=1 .证明 :x3( 1 + y) ( 1 + z) + y3( 1 + x) ( 1 + z) +z3( 1 + x) ( 1 + y) ≥ 34 ( 1 )分析　要使不等式 ( 1 )成立 ,只需证　 x4+ x3 + y4+ y3 + z4+ z3　≥ 34( 1 + x) ( 1 + y) ( 1 + z) ,即证 4( x4+ x3 + y4+ y3 + z4+ z3 )　≥ 6…     

一个分式不等式的再推广

1993年,冯跃峰老师在《上海中学数学》第2期上提出一个不等式问题:已知x,y,z∈R ,x y z=1,求证:x4y(1-y) z(1y-4z) x(1z-4x)≥16.(1)次年,尹文华老师将其推广,得到如下结果[1]:若x,y,z∈R ,且x y z=1,求证:x4y(1-y2) z(1y-4z2) x(1z-4x2)≥81.(2)2004年,李铁烽老师将上述两个不等式统一推广为[2]:若x,y,z∈R ,且x y z=1,n是正整数,求证:x4y(1-yn) z(1y-4zn) x(1z-4xn)≥3n 32n-9.(3)本短文旨在推广不等式(3),笔者提出并证明下述定理若x,y,z,n∈R ,m≥2,且x y z=1,则xmy(1-yn) z(1y-mzn) x(1z-mxn)≥33nn--m 12.(4)证明由幂平均不等式,可得…     

一个含参数的基本不等式及其应用

由完全平方式(a-t)2≥0易得如下的:命题a2≥2at-t2,其中t为参数.此不等式有着很好的应用价值,我们以一些竞赛题为例来加以说明.例1(前苏联奥尔德荣尼基市第三届数学竞赛题)已知x,y,z∈R ,且x y z=1,则x2 y2 z2≥13.证明由命题有:x2≥2tx-t2,y2≥2ty-t2,z2≥2tz-t2,三式相加得:x     

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…     

一个有理型不等式的推广

《数字通报》2012年第1期问题2045如下: x,y,z＞0且x+y+z=1,求证: 1/1+x+x2+1/1+y+y2+1/1+z+z2≥27/13. 本文从变元个数和幂指数方面给出上述不等式的一个推广.     

一个不等式问题的简证及其推广

问题设实数x，y，z，m满足不等式（x＋y＋z）^2≥2（x^2＋y^2＋z^2）＋4m，求证：     

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…     

话说不等式x1x2＜0

1 高中教师的赛题以下的这道赛题,本来是用来考高中教师的:赛题试求最大的常数λ,使得下列不等式对于满1足条件x+y+z=0的实数x,y,z恒成立:1/5x2+6x+12+1/5y2+6y+12+1/5z2+6z+12≤λ.