一个不等式的应用

定理　设ａｉ,ｂｉ 为正数 (ｉ=1,2 ,… ,ｎ) ,则ｎ ∏ｎｉ =1(ａｉ ｂｉ) ≥ｎ ∏ｎｉ=1ａｉ ｎ ∏ｎｉ=1ｂｉ,( )等号当且仅当ａｉ=λｂｉ (λ为常数 ,ｉ =1,2 ,… ,ｎ)时成立 .证　由算术———几何平均不等式 ,有ｎ ∏ｎｉ =1ａｉａｉ ｂｉ ｎ ∏ｎｉ =1ｂｉａｉ ｂｉ≤ 1ｎ ∑ｎｉ =1ａｉａｉ ｂｉ 1ｎ ∑ｎｉ=1ｂｉａｉ ｂｉ=1ｎ ∑ｎｉ =1ａｉａｉ ｂｉ ｂｉａｉ ｂｉ=1ｎ ·ｎ =1,　　∴　ｎ ∏ｎｉ =1(ａｉ ｂｉ)≥ｎ ∏ｎｉ=1ａｉ ｎ ∏ｎｉ=1ｂｉ,等号当且仅当ａ1 ａ1 ｂ1=ａ2ａ2 ｂ2=… =ａｎａｎ ｂｎ,ｂ1 ａ1 ｂ1=ｂ2…     

一个不等式的应用

本文介绍一个结构简单但应用广泛的不等式。定理　设ａ >0 ,ｂ >0 ,ｎ∈Ｎ ,则ａｎ + 1/ｂｎ≥ (ｎ + 1 )ａ -ｎｂ ( )当且仅当ａ =ｂ时 ,等号成立。证明　 ( ) ａｎ + 1≥ (ｎ + 1 )ａｂｎ-ｎｂｎ + 1 ａｎ + 1+ｎｂｎ+ 1-(ｎ + 1 )ａｂｎ≥ 0 (ａｎ+ 1-ｂｎ + 1) + (ｎ + 1 )ｂｎ·(ｂ -ａ)≥ 0 (ａ -ｂ) [ａｎ+ａｎ - 1ｂ +ａｎ- 2 ｂ2 +… +ａｂｎ- 1+ｂｎ-(ｎ + 1 )ｂｎ]≥ 0①若ａ >ｂ >0 ,则ａｎ+ａｎ - 1ｂ +ａｎ - 2 ｂ2 +… +ａｂｎ - 1+ｂｎ-(ｎ + 1 )ｂｎ>(ｎ + 1 )ｂｎ-(ｎ + 1 )ｂｎ=0 ,从而①式成立。若 0 <ａ <ｂ,则ａ…     

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－…     

不等式２（√ｎ＋１—√ｎ）〈１／√ｎ〈２（√ｎ—√ｎ—１）的推广

设ｎ∈Ｎ，则有２（√ｎ＋１－√ｎ）＜１／√ｎ＜２（√ｎ－√ｎ－１）的推广。这是中学数学中一个熟知的不等式，它的一个熟知的用法是推出２（√ｎ＋１－１）＜∑ｉ＝１＾ｎ　１√ｉ＜２√ｎ－１（ｎ≥２时），进而可用于判断∑ｉ＝１＾ｎ　１／√ｉ的整数部分等，本文将给出（１）的一种推广。     

对一个不等式的探究

文 [1]将不等式 :设ａ1,ａ2 ,ａ3,ａ4 ∈Ｒ ,求证 :ａ31ａ2 ａ3 ａ4 ａ32ａ3 ａ4 ａ1 ａ33ａ4 ａ1 ａ2 ａ34ａ1 ａ2 ａ3≥ (ａ1 ａ2 ａ3 ａ4 ) 212 ,推广为　　设ａ1,ａ2 ,ａ3,… ,ａｎ ∈Ｒ ,且ａ1 ａ2 ａ3 … ａｎ =ｓ.则有ａ31ｓ -ａ1 ａ32ｓ -ａ2 … ａ3ｎｓ -ａｎ ≥ ｓ2ｎ(ｎ - 1) (ｎ ≥ 3)(1)　　笔者通过对不等式 (1)的探究 ,得到以下命题　设ａｉ ∈Ｒ (ｉ =1,2 ,… ,ｎ ,ｎ≥ 3) ,且∑ｎｉ=1ａｉ =ｓ.如果ｍ ,ｋ满足下列条件之一 :(1)ｋ=0 ,ｍ≥ 1;(2 )ｋ=ｍ≥ 1或ｋ=ｍ ≤ 0 ;(3)ｋ>0 ,ｍ ≤ 0 ;(4 ) 0 <ｋ≤ 1,ｍ…     

应用二项式定理巧证不等式例析

证明与正整数指数幂有关的不等式问题 ,通常采用数学归纳法 ,虽然操作自然 ,但往往过程繁琐或效果欠佳 ,有时还会碰壁 .若转变观念 ,跳出定势思维的束缚 ,采用二项式定理展开 ,然后进行适当放缩的方法去证 ,常常能出奇制胜 ,获得简捷、新颖的证明 ,同时还能达到发展学生的智力 ,培养证题技能与创造力的目的 .下面选择典型例题 ,予以说明 .例 1　设ａ>1,ｎ∈Ｎ ,ｎ≥ 2 ,求证 :ｎａ- 1<ａ- 1ｎ .证明　设ｎａ - 1=ｘ >0 ,则ａ =(1 ｘ) ｎ =Ｃ0 ｎ Ｃ1ｎｘ Ｃ2 ｎｘ2 … >1 ｎｘ ,∴ｘ<ａ- 1ｎ ,即ｎａ- 1<ａ- 1ｎ .例 2　已知 - 1≤ｘ≤ 1,…     

也谈Finsler—Hadwiger和Neuberg—Pedoe不等式的高维推广和加强

本文对欧氏空间Ｅ＾ｎ维单形和它的ｋ（１≤ｋ≤ｎ－１）维子单形，     

利用“a2＋b2=c2”构造直角三角形证不等式

某些不等式 ,我们通过观察其结构特点 ,可发现与三角形有着某种直接或间接的联系 ,特别是当题中含有“ａ2 ｂ2 =ｃ2 ”这一信息时 ,则可构造直角三角形 ,利用三角形边、角之间的关系 ,使不等式获得自然、直观、简捷的证明 .下面举例加以说明 .1　直接由题设“ａ2 ｂ2 =ｃ2 ”构造直角三角形 .例 1　设ｍ ,ｎ ,ｐ为正实数 ,且ｍ2 ｎ2 =ｐ2 ,求证 :ｐｍ ｎ ≥ 22 .　　　　　图 1证明　注意到ｍ ,ｎ ,ｐ为正实数 ,且ｍ2 ｎ2 =ｐ2 ,故可构造一个直角三角形 .如图 1,构造Ｒｔ△ＡＢＣ ,使ＡＣ =ｍ ,ＢＣ =ｎ ,ＡＢ =ｐ ,则ｍ ｎｐ =ｃｏｓ…     

一组不等式的推广

文［１］给出了下一结论 引理　设ａｉ＞０,ｐｉ＞０,ｉ＝１,２,…,ｎ,ａ∈Ｒ, 杭州大学数学系所编《中学数学习题》上有这样两题： 第二届“友谊杯”数学邀请赛有这样一道试题; （３）设 ａ、ｂ、ｃ∈Ｒ＋,求证： 即若 ａ、ｂ、ｃ∈ＲＡ＋,且 ａ＋ｂ＋ｃ＝１,则 对此我们容易产生联想,本文将对此作出下面的系列推广。 命题１ 若ａ、ｂ、ｃ∈Ｒ＋,且ａ＋ｂ＋ｃ＝１,则 证明（１）当ｎ＝０,１时．由上述不等式知本命题真。 （２）当ｎ≥２时,由柯西不等式知：（Ⅰ）若ｎ＝２,则 本命题为真。 （Ⅱ）若ｎ＞３,由前面引理知…     

一个不等式的推广

从许多相关杂志上都能见到如下不等式 :若ｘ、ｙ∈Ｒ+,则 (ｘ2 +ｙ2 ) 12 >(ｘ3+ｙ3) 13. ( 1 )下面笔者给出式 ( 1 )的两个推广 :推广 1 :若ｘ、ｙ∈Ｒ+,ｍ、ｎ∈Ｎ且ｎ >ｍ ,则　 (ｘｍ+ｙｍ) 1ｍ >(ｘｎ+ｙｎ) 1ｎ . ( 2 )推广 2 :若ａ1,ａ2 ,… ,ａｎ∈Ｒ+,且ｓ>ｔ>0 ,则事实上 ,式 ( 3 )又是式 ( 2 )的推广 ,因此我们只证明式 ( 3 ) .证明 :所证不等式等价于下列不等式∑ｎｉ=1ａｔｉ1ｔ∑ｎｉ=1ａｓｉ1ｓ>1 ,即　 ａｓ1∑ａｓｉｔｓ +… +ａｓｎ∑ａｓｉｔｓ1ｔ >1 .( 4)令 ａｓ1∑ａｓｉ1ｓ =ｂ1,… ,ａｓｎ∑ａｓｉ1ｓ =ｂｎ,则ｂｉ…     

关于Littlewood的一个问题

证明了下列结论：如果ａ１、ａ２……ａＮ是一个非负序列,Aｎ＝∑ａｍ不等式（１）将１９８７年Ｂｅｎｎｅｔ在美国数学学会汇刊［２］上的结论作了进一步改进。     

巧构数列逐项比较

证明形如ｂ1+ｂ2 +… +ｂｎ ≥ｆ(ｎ)和ｂ1·ｂ2 ·… ·ｂｎ ≥ｆ(ｎ)的不等式 (等式 ) ,常见的一般方法是数学归纳法 .此外 ,在某些有关中学数学教学报刊杂志上还能见到放缩法、利用函数的单调性方法等 .在此 ,笔者提供一种所用知识简单、应用却相当广泛的新证法 .首先给出数列的两个浅显的性质 ,并作为定理使用 .根据同向不等式相加不等式的方向不变 ,易得 :定理 1　两个数列 {ａｎ}、{ｂｎ}的前ｎ项和分别为Ｓｎ、Ｓ′ｎ.若ａｎ ≥ｂｎ,则Ｓｎ ≥Ｓｎ′ ;若ａｎ ≤ｂｎ,则Ｓｎ ≤Ｓｎ′ .根据同向正不等式相乘不等式的方向不变 ,易得 :…     

一类加权对称平均不等式

考虑（２）,（３）提出的同一个关于ｎ个非负实数的对称平均不等式问题,我们定义了一类加权对称平均,并证明了关于这一平均的两个不等式。     

一个推广不等式的两种证法

文 [1]作者用均值换元法证明了两个简单的条件不等式问题 ,并给出了四个推广 .其实 ,我们可以给出它的一个统一推广 ,并用中学生熟悉的柯西不等式 (∑ｎｉ=1ａｉｂｉ) 2 ≤ ∑ｎｉ=1ａ2 ｉ·∑ｎｉ=1ｂ2 ｉ、向量的数性积不等式 ａ· ｂ≤｜ ａ｜｜ ｂ｜及函数的单调性等知识就可简洁证明 .推广　已知 ∑ｎｉ=1ａｉ =ｋ ,且ａｉ ≥ 0 (ｉ=1,2 ,… ,ｎ) ,ｋ >0 ,ｌ>0 ,ｍ >0 ,则ｌｋ ｍ (ｎ- 1) ｍ ≤ ∑ｎｉ =1ｌａｉ ｍ≤ ｎ(ｌｋ ｎｍ) .证法 1　先证右边不等式 ,用柯西不等式 ,∵ ∑ｎｉ=1ｌａｉ ｍ =∑ｎｉ=1ｌａｉ ｍ· 1≤ ∑ｎｉ=…     

一个猜想的否定--兼擂题(56-1)的解答

孙文彩先生在本刊 2 0 0 2年第 4期有奖解题擂台(5 6)中提出如下命题 :命题　在△ＡＢＣ中 ,任何关于其内角的不等式Ⅰ满足条件 :(1 )经代换Ｔ1:∑ｃｏｓＡ =2ｎ +1 ,∑ｓｉｎＡ =2ｍ后 ,Ⅰ能等价化为关于ｍ、ｎ的二元实不等式形式ｆ(ｍ ,ｎ)≥ 0 (≤ 0 ) ( )(2 )上面的不等式 ( )经等腰代换Ｔ2 :ｍ =(1 +ｔ) 1 -ｔ2 ,ｎ =ｔ(1 -ｔ) (ｔ=ｓｉｎ Ａ2 ,Ｂ =Ｃ)后 ,不等式 ｆ(ｍ ,ｎ)≥ 0 (≤ 0 )对任意ｔ∈ (0 ,1 )成立 ,当且仅当ｔ=12 时取等号。则三角不等式Ⅰ必对任意三角形成立 ,当且仅当△ＡＢＣ为正三角形时取等号。这个命题是一个假命…     

一个猜想不等式的肯定--兼擂台题(54)的证明

擂台题 (5 4 ) :证明或否定若ａ、ｂ、ｃ为△ＡＢＣ的三边长 ,实数λ≥ 2 ,则(ｂ+ｃ-ａ) λｂλ+ｃλ +(ｃ+ａ -ｂ) λｃλ+ａλ +(ａ +ｂ -ｃ) λａλ+ｂλ ≥ 32①引理　若ｍ、ｎ∈Ｒ+ ,实数 ｐ≥ 1 ,则(ｍ +ｎ2 ) ｐ≤ ｍｐ+ｎｐ2 ②证明　 (1 )当 ｐ =1时 ,②式等号成立 ,(2 )当 ｐ >1时 ,令 ｆ(ｘ) =ｘｐ(ｘ >0 ) ,这时 ,ｆ′(ｘ) =ｐｘｐ- 1,ｆ″(ｘ) =ｐ(ｐ -1 )ｘｐ - 2 >0 ,所以 ｆ(ｘ)是 (0 ,+∞ )上的凹函数。因为ｍ、ｎ∈Ｒ+ ,由琴生不等式知ｆ(ｍ +ｎ2 )≤ ｆ(ｍ) +ｆ(ｎ)2 ,即有 (ｍ +ｎ2 ) ｐ≤ ｍｐ+ｎｐ2 ,当且仅当ｍ =ｎ…     

竞赛问题中的数学归纳法

一些较为复杂的与正整数ｎ有关的竞赛命题 ,我们可考虑用数学归纳法来证明 ,证明的关键在于我们要注意充分利用和灵活运用“归纳假设” .下面两个典型的例子可给我们一些启示 .例 1　求证 :对任意的ｎ∈Ｎ ,ｎ≥ 2 ,都存在ｎ个互不相等的正整数组成的集合Ｍ ,使得对任意的ａ∈Ｍ ,ｂ∈Ｍ ,｜ａ-ｂ｜都可以整除ａ +ｂ.证明　 (1 )当ｎ=2时 ,存在Ｍ ={ 1 ,2 } .由ａ ,ｂ∈Ｍ ,易知 ,｜ａ -ｂ｜｜ (ａ+ｂ) .当ｎ=3时 ,存在Ｍ ={ 4 ,5,6} .设ａ ,ｂ∈Ｍ ,则 {ａ,ｂ} ={ 4 ,5}或 { 5,6}或 { 4 ,6} ,易证 ,｜ａ-ｂ｜｜(ａ+ｂ) .这说明ｎ为 2或 3时…     

应用优超理论推广单形Finsler-hadwiger型不等式

应用优超理论,在Ｅｎ 中ｎ 维单形及其ｋ（１ ≤ｋ≤ｎ － １）维子单形体积、内径、外径、旁切超球半径之间给出Ｆｉｎｓｌｅｒ－ ｈａｄｗｉｇｅｒ 型不等式的几种推广形式．     

用构造法证明数列型恒等式和不等式

对于数列型恒等式和不等式的证明 ,通常都采用数学归纳法 ,但如果用构造数列的方法来证明 ,往往更简洁 ,并且也容易被学生所接受 .1　“ａ1 ａ2 ａ3 … ａｎ ≤Ｓｎ(或≥Ｓｎ)”型对这种类型的恒等式和不等式 ,可以构造数列{ｂｋ} ,使得ｂｋ =Ｓｋ-Ｓｋ- 1(规定Ｓ0 =0 ) ,这样 ,ｂ1 ｂ2 ｂ3 … ｂｎ =(Ｓ1-Ｓ0 ) (Ｓ2 -Ｓ1) (Ｓ3-Ｓ2 ) … (Ｓｎ-Ｓｎ- 1) =Ｓｎ.对ｋ∈Ｎ ,如果有ａｋ ≤ｂｋ(或ａｋ ≥ｂｋ) ,那么ａ1 ａ2 ａ3 … ａｎ ≤Ｓｎ(或≥Ｓｎ)成立 .例 1　 (1993年全国高考题改编 )证明 8· 112 · 32 8· 232 · 52 …     

谈数列型的不等式证明题

数列和不等式是高考的两大热点也是难点 ,当这两大问题组合在一起的时候 ,问题的解决将变得更加灵活 .所以在复习中应对它加以足够的重视 ,把数列的概念和性质与不等式的证明方法有机的结合在一起 ,培养综合分析问题和解决问题的能力 .本文从下面几个方面谈一谈数列型不等式证明题的解题策略 .1　正确运用数列概念数列有很多有价值的概念 ,在证明与不等式有关的问题时 ,若能正确运用 ,必将起到特殊的作用 .例 1　设 {ａｎ}是正项等比数列 ,Ｓｎ 是其前ｎ项和 ,证明 :ｌｇＳｎ+ｌｇＳｎ+22 <ｌｇＳｎ+1.分析　　这是在数列情景下的不等式证明…