用均值不等式证高次不等式

1．设a,b,c∈R^＋,求证： （a＋2b/a＋2c）^n＋（b＋2c/b＋2a）^n＋（c＋2a/c＋2b）^n≥3． 证明a＋2b/a＋2c＋b＋2c/b＋2a＋c＋2a/c＋2b≥3 ←→（a＋2b）（b＋2a）（c＋2b）＋（b＋2c）（c＋2b）（a＋2c）     

一类高次Diophantine方程的求解

目的研究Diophantine方程（x^2＋y^2＋（x＋y）^2）^m=m（x^2m＋y^2m＋（x＋y）^2m）整数解问题.方法初等方法.结果设n是正整数,m=2^n,证明了当n〉1时,方程（x^2＋y^2＋（x＋y）^2）^m=m（x^2m＋y^2m＋（x＋y）^2m）没有非零整数解（x,y）.指出当n=1时,方程（x^2＋y^2＋（x＋y）^2）^m=m（x^2m＋y^2m＋（x＋y）^2m）是关于x,y的恒等式.结论彻底解决了Diophantine方程（x^2＋y^2＋（x＋y）^2）^m=m（x^2m＋y^2m＋（x＋y）^2m）整数解的问题.     

关于两道数学竞赛题的探究

题1 设a、b、c是正实数．证明： （2a＋b＋c）^2/2a^2＋（b＋c）^2＋（2b＋c＋a）^2/2b^2＋（c＋a）^2＋（2c＋a＋b）^2/2c^2＋（a＋b）^2≤8.     

赏析一道习题

习题 设n∈N^＊，且n≥2， cosa＋cos（2π/n＋a）＋cos（4π/n＋a）＋…＋cos[2（n-1）π＋a] （1） sina＋sin（2π/n＋a）＋sin（4π/n＋a）＋…＋sin[2（n-1）π/n＋a] （2）的值．     

一个数学问题的简证

问题 对任意非负实数x,Y,z,证明：2/3（x＋y＋z）^2≤√（x^2＋y^2）（y^2＋z^2）＋√（y^2＋z^2）（z^2＋x^2）＋√（z^2＋x^2）（x^2＋y^2）.     

与a3＋b3＋c3-3abc有关的恒等式及其应用

我们可以验证,若a、b、c∈C则关于a3＋b3＋c3-3abc有以下恒等式成立：（1）a3＋b3＋c3-3abc=（a＋b＋c）（a2＋b2＋c2-ab-bc-ca）.（2）a3＋b3＋c3-3abc=1/2（a＋b＋c）[（ab）2＋（b-c）2＋（c-a）2].（3）设w2＋w＋1=0（即w=（（-1＋（3i）（1/2））/1）     

一道美国奥赛题的推广

题目设a,b,c是正实数,证明：（2a＋b＋c）^2/2a^2＋（b＋c）^2＋（2b＋c＋a）^2/2b^2＋（c＋a）^2＋（2c＋a＋b）^2/2c^2＋（a＋b）^2≤8.     

作为非有序域的复数域

集合C={z＋yilz,y∈R）,其中i=√-1,带运算 （x1＋y1i）＋（x2＋y2i）-（x1＋x2）＋（y1＋y2）i, （x1＋y1i）·（x2＋y2i）=（x1x2-y1y2）＋（y1x2＋x1y2）i,     

一道日本奥赛题的推广

日本奥赛题：已知a、b、c为正数,求证：（b＋c-a）^2/（（b＋c）^2＋a^2）＋（c＋a-b）^2/（（c＋a）^2＋b^2）＋（a＋b-c）^2/（（a＋b）^2＋c^2）≥3/5 这道奥赛题是个热门题,很多人有过证明,但都过于繁杂,本推广证明简单并有一定的解题参考价值     

剖析问题 巧抓症结

一、多项式的乘法 例1若（x2＋nx＋3）（x2-3x＋m）的展开式中不含x2和x3项,求m和n的值.解析一些学生一看到题目,他们会毫不犹豫地利用多项式的乘法将（x2＋nx＋3）（x2-3x＋m）展开,得（x2＋nx＋3）（x2-3x＋m）=x4-3x3＋mx2＋nx3-3nx2＋mnx＋3x2-9x＋3m=x4＋（n-3）x3＋（m-3n＋3）x2＋（mn-9）x＋3m.     

x^2＋（p＋q）x＋pq型式子的分解

形如x^2＋（p＋q）x＋pq的二次三项式,常用分组分解法分解：x^2＋（p＋q）x＋pq=x^2＋（p＋q）x＋pq=（x^2＋px）＋（qx＋pq）=x（x＋p）＋g（x＋p）=（x＋p）（x＋q）．当p=q时,这个二次三项式相当于完全平方式x^2＋2px＋p^2或x^2＋2qx＋q^2通过观察可知,二次项的系数是1,常数项是两个数之积,一次项系数是常数项的两个因数之和．一次项系数的规律是：常数项是正数时．     

问疑答难

与方程根的个数有关的参数问题设函数f（x）=（x＋2）^2-2ln（2＋x）.若关于x的方程f（x）=x^2＋3x＋a在区间[-1,1]上只有一个实数根,求实数a的取值范围.解：方程f（x）=x^2＋3x＋a可化为x-a＋4-2ln（2＋x）=0.令g（x）=x-a＋4-2ln（2＋x）,则g′（x）=x/（2＋x）.     

一个不等式猜想及证明

猜想（数学问题315．2）设xi〉0,i=1,2,…,n（n≥3）,则有Sn=x2/x1（x3＋x4＋…＋xn）＋x3/x2（x4＋…＋xn＋x1）＋…＋xn/xn-1（x1＋x2＋…＋xn-2）＋x1/xn（x2＋x3＋…＋xn-1）≥（n-2）n∑i=1xi.     

一堂课后的反思

在课本上我们用数学归纳法证明了等式1^2＋2^2＋3^2＋…＋n^2=n（n＋1）（2n＋1）/6．然而n（n＋1）（2n＋1）/6是怎样得来的？1^3＋2^3＋…＋n^3又等于多少？下面通过几种不同的思路进行考虑．记S1（n）=1＋2＋3＋…＋n,S2（n）=1^2＋2^2＋3^2＋…＋n^2,S3（n）=1^3＋2^3＋3^3＋…＋n^3.     

多项展开式项数的计算

我们考察（a1＋a2＋a3）^n展开式中的项数，易见 （a1＋a2＋a3）^1=a1＋a2＋a3，其中共有3（即1＋2）项； （a1＋a2＋a3）^2=a1^2＋a2^2＋2a1a2＋2a1a3＋2a2a3，其中共有6（即1＋2＋3）项；     

解答数列不等式题的四大易错点

一、没有关注数列中刀应该是正整数例1已知数列{a_n}满足a_1=33,a_（n＋1）-a_n=2n,则（a_n）/n的最小值为__.难度系数0.70错解由a_（n＋1）-a_n=2n叠加有（a_2-a_1）＋（a_3-a_2）＋（a_4-a_3）＋…＋（a_n-a_（n-1））=2[1＋2＋3＋…＋（n-1）],     

三角恒等变换的技巧及其应用

一、技巧1.变角例1：求证：sin（2α＋β）sinα-2cos（α＋β）=ssiinnαβ证明：∵2α＋β=α＋β＋α∴sin（2α＋β）-2cos（α＋β）sinα=sin[（α＋β）＋α]-2cos（α＋β）sinα=sin（α＋β）cosα＋cos（α＋β）sinα-2cos（α＋β）sinα=sin（α＋β）cosα-cos（α＋β）sinα=sin（α＋β-α）=sinβ∴sin（2α＋β）sinα-2cos（α＋β）=ssiinnαβ评析：＂角＂是三角函数的基本元素,研究三角恒等变换离不开＂角＂的变换.对单角、倍角、和角、差角等进行适当的变形转化,往往能起到化难为易、化繁为简的作用.（甘肃省通渭县第一中     

三个优美的姐妹不等式

定理1 设a,b,C,d∈R^＋,则有 a^2（a＋b/c＋d）＋b^2（b＋c/d＋a）＋c^2（c＋d/a＋b）＋d^2（d＋a/b＋c）≥（a＋b＋c＋d）^2/4     

一个含双参不等式及其对一类分式不等式的证明

定理设实数x,y,z满足xy＋yz＋zx=λ（x＋y＋z）＋μ,则有（x—k）^2＋（Y—k）^2＋（z—k）^2≥2k^2-2μ-2λk—λ^2．（1）     

二阶中立型逐段常变量微分方程的伪ω周期解

给出了二阶中立型逐段常变量微分方程d^2/dt^2（x（t）＋p（t）x（t-1））=qx（2[t＋1/2]＋g（t,x（t）,x（[t]））d^2/dt^2（x（t）＋p（t）x（t-1））=qx（2[t＋1/2]＋f（t）的伪ω周期解存在唯一性的充分条件.