一个代数不等式猜想的证明

文献[1]提出如下一个代数不等式的猜想:猜想设 a_i>0,i=1,2,…,n,3≤n ∈N,证明或否定:f(a_1,a_2,…,a_n)=(a_1/1 a_1 a_1a_2 … a_1a_2…a_(n-1)) (a_2/1 a_2 a_2a_3 … a_2a_3…a_n) (a_3/1 a_3 a_3a_4 … a_3a_4…a_na_1) ……     

一个新的代数不等式

本文建立一个涉及三个正数的新的条件不等式.     

一个代数不等式的加强和推广

《中等数学》数学奥林匹克问题高中229问题如下： 设a,b,c〉0,且abc=1,求证： 1/a＋1/b＋1/c＋ 3/a＋b＋c≥4     

一个代数不等式的证明

《中学数学教学》有奖解题擂台(82)为:设x、y、z是正实数,满足x~2 y~2 z~2=1,n是正整数,证明或否定:1/(1-x~(2n)) 1/(1-1y~(2n)) 1/(1-z~(2n))≥(n n1)~(1 1/n)(1)这个不等式是成立的,本文给出证明.证明当n=1时,由已知及均值不等式(1)式左端=1-1x2 1-1y2 1-1z2=y21 z2 z2 1x2 x     

一个代数不等式及其应用

设ai、bi∈R(i=1,2,…,n),则(n∑i=1a2i·n∑i=1b2i≥(n∑i=1aibi)2),等号当且仅当(a1/b1=a2/b2)=…=an/bn时成立,这就是著名的柯西不等式.若在此不等式中作如下代换:令ai=(√xi),bi=(√yi),即得如下定理:     

一道不等式的多种证明方法

在高中数学不等式的证明这部分内容的教学中,我们向学生介绍了一些经常用的证明方法.本文通过一道不等式证明题,使学生看到如何根据不等式的特点,有效地选用这些常用证法,广开解题思路.     

一个不等式的改进

若a1,a2,a3,…,an均为正数,则有: (1)/(a1) (2)/(a1 a2) (3)/(a1 a2 a3) … (n)/(a1 a2 a3 … an)＜4·((1)/(a1) (1)/(a2) (1)/(a3) … (1)/(an)).     

一个代数优美不等式的证明和推广

本文[1]中提出30个优美的不等式,下面就第27个优美不等式给出它的证明并提出它的推广,供读者参考.问题 （第27个优美不等式）设a,b,c＞0且a＋b＋c=3,求证：1/√1＋a＋a2＋1/√1＋b＋b2＋1/√1＋c＋c2≥√3.     

一些新发现的代数不等式及其精巧证明

如果说证明不等式难的话,那么命制不等式题就更难,命制出一道好的不等式题则难上加难,笔者从事不等式研究二十余年,阅读、笔耕之余常常惊叹一些不等式如此芬芳漂亮,证明如此妖娆美丽,本文旨在介绍笔者从已知不等式变化出新不等式的些许思路,而在对这些不等式的证明中仍然不忘追求证明的简单和优雅,     

一些新发现的代数不等式

文[1]将第42届IMO第2题一般化,再特殊化,得到一个小巧玲珑的不等式:     

一个不等式的加强与巧证

文〔１〕给出了不等式１＋１２２＋…＋１ｎ２＜２的证明．文〔２〕给出了１＋１２２＋…＋１ｎ２＜１３１４ｎ－１＋５３的证明．下面我们将给出不等式１＋１２２＋…＋１ｎ２＜２的一个加强式，然后利用放缩法巧妙地给出它的证明．加强式　设Ｓｎ＝１＋１２２＋１３２＋…＋１ｎ２，则Ｓｎ＜１１９７２，且ｌｉｍｎ→∞Ｓｎ＞１１６７２．证　１＋１２２＋１３２＋…＋１ｎ２＝４９３６＋１４２＋１５２＋…＋１ｎ２＜４９３６＋１３×５＋１４×６＋…＋１（ｎ－１）（ｎ＋１）＝４９３６＋１２１３－１５＋１４－１６　＋…＋１ｎ－１－…     

一个常见不等式证明引发的思考

已知:a,b,c,d都是正数,求证:√(a b)(c d)≥√ac √bd. 此题证法很多,现用作商比较及均值不等式加以证明.     

若干代数不等式的简证与讨论

宋庆老师在文[1]中讨论了若干代数不等式问题,其证明过程所采用的方法具有代表性,值得学习．本文对其中两道例题进行讨论,给出较为简洁的另解,并证明了文[1]末提出的两个不等式猜想．     

若干代数不等式的讨论

本文围绕国内外数学期刊上出现的几个代数不等式进行有意义的探讨，获得了一些较为深刻的结果。     

一个几何不等式的修正

文[1]给出了如下的几何不等式:△ABC中,AB>AC,BE、CF为高.证明:AB CF>AC BE.当∠A=90°时,CF=AC,BE=AB,上述不等式显然取到等号,正确的结论应为AB CF≥AC BE.另一方面,从证明过程来看,原书仅对∠A为锐角的情形予以证明,对∠为钝角的情形未加说明,虽然二者证法相同,但图形位置却