第42届IMO第2题简证

第 42届 IMO第 2题是 :对所有正实数 a,b,c,证明 :aa2 +8bc+bb2 +8ca+cc2 +8ab≥ 1.(1)这是一个形式优美的不等式 ,文 [1]介绍了一种基于反证法的证明 .笔者经过思考 ,给出了一种很简洁的直接证法 .证明　 (a43 +b43 +c43 ) 2 - (a43 ) 2=(b43 +c43 ) (a43 +a43 +b43 +c43 )≥ 2 b23 c23 · 4a23 b13 c13=8a23 bc,∴ (a43 +b43 +c43 ) 2 ≥ (a43 ) 2 +8a23 bc=a23 (a2 +8bc) ,∴ aa2 +8bc≥ a43a43 +b43 +c43.同理可证 :bb2 +8ac≥ b43a43 +b43 +c43,cc2 +8ab≥ c43a43 +b43 +c43,以上三式相加 ,即证得 (1)式成立 .第42届IMO第2题简证@姜…     

不等式“a~2+b~2+c~2≥ab+bc+ca”的应用

人教版"不等式"里有一道习题:证明不等式"a2+b2+c2≥ab+bc+ca".证明过程如下:因为a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca,所以2a2+2b2+2c2≥2ab+2bc+2ca,即a2+b2+c2≥ab+bc+ca."a2+b2+c2≥ab+bc+ca"是一个很重要的不等式,有着广泛的应用.     

一道征解题的简证与推广

文 [1 ]给出了如下一道征解题 :设 a,b,c均为正实数 ,证明 :ab(a b) bc(b c) ca(c a)≤ 32 (a b) (b c) (c a) . (1 )它的证明方法主要是借助于几何背景 ,其证明过程也不够简单 .本文给出一种代数证明 ,其过程简捷 ,并且利用这种证法可以将(1 )推广 .证　在 (1 )的不等式两端同除以(a b) (b c) (c a)便可得 :ac a· bb c ba b· cc a　　 cb c· aa b≤ 32 . (2 )因此 ,我们只需证明 (2 )成立即可 ,而对于 (2 ) ,我们又可以利用基本不等式 :算术平均≥几何平均 ,故有ac a· bb c ba b· cc a　　 cb c· aa …     

代数变换体系f(ra,rb,rc)=f(x,y,z) 导出∑bc/h2a≥4的不等式链

文[1]介绍了涉及三角形高线的不等式: r(5R-r)/R2≤h2a/bc+h2b/ca+h2c/ab≤(R+r)2/R2① 文[2]在①的基础上,建立的如下不等式: bc/h2a+ca/h2b+ab/h2c≥4 ② 文[3]建立了比②更强的如下不等式: bc/t2a+ca/t2b+ab/t2c≥4 ③     

对两个不等式的再探讨

文[1]给出如下一个不等式: 设a,b,c 是三角形的边长,则 a2b b2c c2a ≥ (a b c)(ab bc ca) . 1 ① 3并由此导出另一个“精制”不等式: 设 x, y,z∈R ,则 x 3z y 3x z 3y≥     

也谈Klamkin不等式的上界

1971年 ,M .S .Klamkin建立了如下一个涉及三角形三边的不等式[1 ] :ab bc ca≥ 13(a b c) 1a 1b 1c . ( 1 )在文 [2 ]中 ,宿晓阳先生给出了Klamkin不等式的上界估计     

两个不等式猜想的解决--兼擂题(58)解答

《中学数学教学》2 0 0 2年第 6期有奖解题擂台( 5 8)中 ,杨先义老师提出如下猜想 :设a >0 ,b >0 ,c>0 ,a +b +c=1 ,则1b+c2 +1c +a2 +1a +b2 ≥2 74①ab +c2 +bc +a2 +ca +b2 ≥ 94②本文指出 ,猜想不等式①不成立 ,不等式②成立。在①式中 ,令a =0 6,b=0 3 6,c =0 0 4,得左边 =3 41 9455 1 5 2 8<2 74=右边 ;故不等式①不成立。下面证明不等式②成立 ,并修正①式。运用Cauchy不等式 ,得[a(b +c2 ) +b(c +a2 ) +c(a +b2 ) ]( ab+c2 +bc+a2 +ca +b2 )≥ (a +b +c) 2 =1 ,所以　 ab +c2 +bc+a2 +ca +b2 ≥1ab +bc +ca +a2 b +b2 c+c2 a。…     

IMO42—2的推广的推广

第42届国数学奥林匹克试题第2题是:对所有正实数a,b,c,证明(a)/(a2+8bc)+(b)/(b2+8ca)+(c)/(c2+8ab)≥1.文[1]采用文[3][4]的方法给出其推广为:若a,b,c∈R+,λ≥8,则(a)/(a2+λbc)+(b)/(b2+λca)+(c)/(c2+λab)≥(3)/(1+λ)(1).文[2]给出了(1)式的简证,本文进一步把(1)式推广为更一般的形式:     

IMO_(42-2)的推广的推广

第 4 2届国数学奥林匹克试题第 2题是 :对所有正实数a ,b ,c,证明 aa2 +8bc+bb2 +8ca+cc2 +8ab ≥ 1.文 [1]采用文 [3] [4 ]的方法给出其推广为 :若a ,b ,c ∈R+ ,λ ≥ 8,则 aa2 +λbc +bb2 +λca+cc2 +λab ≥ 31+λ( 1) .文 [2 ]给出了 ( 1)式的简证 ,本文进一步把 ( 1)式推广为更一般的形式 :设λ≥n2 - 1,ai ∈R+ (i =1,2 ,… ,n) ,则有an- 11an- 11+λa2 a3 …an+an- 12an- 12 +λa1a3 …an+… +an- 1na2n +λa1a2 …an- 1≥ n1+λ　 ( 2 )证明　先求正实数x使得an- 11an- 11+λa2 a3 …an≥ nax11 +λ(ax1+ax2 +… +axn) 　　 ( 3) …     

第42届IMO第2题的推广

第42届IMO第2题是：对所有正实数a,b,c,证明：a/√（a^2＋8bc）＋b/√b^2＋8ca＋c/√c^2＋8ab≥1.（1）这是一个形式优美的不等式,文[1]介绍了基于反证法的证明,文[2]给出了一种很简洁的直接证法,笔者读后深受启发,受文[2]启发,本文将不等式（1）进行推广,可得如下：     

一个不等式的推广与引申

文[1]中给出了下面的不等式:设a≥b≥c>0,则ba cb ac≥13(a b c)(a1 1b 1c).(1)本文先将不等式推广为:命题1设a≥b≥c>0,x≥y>0,则ba cb ac≥yx y(a b c)(1a 1b 1c) 3(xx- y2y).(2)证明a2b b2c c2a-(ab2 bc2 ca2)=(b-c)a2 (c2-b2)a (b2c-bc2)=(b-c)[a2-(b c)a bc]=(b-c)(a-b)(a     

一类三元分式不等式及其证明

本文旨在介绍几个新颖有趣的三元分式不等式,并给出它们的巧妙证明.例1已知a,b,c为满足abc=1的正数,求证:1/(2 a) 1/(2 b) 1/(2 c)≤1.证明:因bc ca ab≥3(abc)~(1/3)=3,故1-(1/(2 a) 1/(2 b) 1/(2 c)) =1-(bc ca ab 4(a b c) 12)/((2 a)(2 b)(2 c))     

一个优美不等式的简证加强和推广

题目 已知a,b,c∈R＋,求证（a2＋ ab＋b2）（b2＋ bc＋c2）（a2＋ac＋c2）≥（ab＋bc＋ac）3. 文[1][2]用构造三角形中的费尔马点,再利用三角形面积,余弦定理转化为三角形不等式证明．文[3]利用代换和三元均值不等式给出了证明．     

用三角代换证明条件为ab+bc+ca=1的一类不等式

<正>文[1]对含有条件ab+bc+ca=1的不等式,通过用ab+bc+ca代替不等式中的1,用代数的方法进行了证明.联想到在△ABC中,cotAcotB+cotBcotC+cotCcotA=1,可设a=cotA,b=cotB,c=cotC,用三角代换的方法证明     

2006年第7期问题解答

37.已知正方形ABCD与正方形BEFG相连,且正方形ABCD的边长为a,求S△AFC.解:如图,连接BF,易证得AC∥BF.过点B、F分别作AC的垂线,垂足分别为M、N,则BM=FN.显然,则有S△AFC=S△ABC=12a2.38.若a,b,c∈R ,ab bc ca=1,求证:aa #!1 a2 b #!b1 b2 c #!c1 c2≤1.证明:分母有理化,得a$#!1 a2-a% b$#!1 b2-b% c$#!1 c2-c%≤1.上式等价于a#!1 a2 b#!1 b2 c#!1 c2≤1 (a2 b2 c2).(*)注意到1 a2=ab bc ca a2=(c a)(a b),1 b2=ab bc ca b2=(a b)(b c),1 c2=ab bc ca c2=(b c)(c a).那么,应用二元均值不等式,有a#!1 a2 b#"1 b2 c##1 c2=a#!(…     

柯西不等式的应用举例

不等式问题覆盖面广、综合性强 ,是当今各层次数学竞赛 (包括IMO)的热点和难点之一 ,而不等式问题的处理更以“多入口 ,方法巧”见长 .为了寻求规律 ,探索解题途径 ,笔者搜集了部分有关不等式问题试题 ,深入研究 ,发现许多问题都能采用柯西不等式加以简单地解决 .下面举例加以说明 .例 1　设a ,b ,c∈R+ ,求证 :ab+c+ bc+a +ca+b ≥ 32 . ( 1)( 196 3年莫斯科竞赛题 )证明　令A =a(b +c) +b(c +a) +c(a +b) =2 (ab +bc +ca) ,B =ab+c+ bc+a+ ca+b.由柯西不等式 ,有AB≥ (a+b +c) 2 ,根据基本不等式 ,有A ≤ 23(a+b +c) 2 .所以 ,B≥ 32 …     

对两个不等式的加强和推广

1、问题提出 安振平老师在文[1]中利用抽屉原理得到了如下不等式:对于任意的正实数a,b,c,均有(a2+2)(b2+2)(c2+2)≥3(a+b+c)2.得到此不等式后,安老师指出由此不等式及(a+b+c)2≥3(ab+bc+ca),立得2004年亚太地区数学竞赛中的一道题:对于任意的正实数a,b,c,均有(a2 +2)(b2+2)(c2+2)≥9(ab+bc+ca).     

一道陈省身杯竞赛题的推广解答

第三届陈省身杯数学奥林匹克第6题: 已知实数a,b,c＞1,且a+b+c =9,试证明:√ab+bc+ca≤√a+√b+√c. 贵刊2014年第12期文“对一道奥林匹克数学竞赛试题的证明及思考”中,把这个不等式加强为:正实数a,b,c≥k,且a+b+c=9,试证明:√ab+bc+ca≤√a+√b+√c该文验证了k=1/2的正确性,但是文末指出最小的k值如何求解呢?笔者试图找出最小的k值.     

两道不等式的简证

题 1　已知 a,b,c∈ R ,且 abc≤ 1 ,求证 :a bc b ca c ab ≥ 2 ( a b c) .(《数学通报》1 999年第 1期问题 1 1 71 )该题型新颖独特 ,其证法亦不多见 .贵刊仅在文 [1 ]中给出了一种证法 ,现笔者应用基本不等式简证如下 .证明　原式成立 a b c- c( a b c) c a b c- a( a b c) a a b c- b( a c) b≥ 2 . 1a 1b 1c- 3a b c≥ 2 . ( * )∵ 1a 1b 1c- 3a b c≥ 33abc- 13abc=23abc≥ 2 .(∵ 3a b c≤ 13abc)∴ ( * )成立 ,故原式证毕 .题 2　若 a,b,c∈ R ,abc=1 ,则aba3n 2 b3n 2 ab bcb3n 2 c3n…     

((a-b c)/a)~(1/2) ((b-c a)/b)~(1/2) ((c-a b)/c)~(1/2)的一个下界

安振平先生在《中学数学月刊》2 0 0 3年第 7期《一个三角形中的不等式》一文中给出了不等式 :命题 1　在△ ABC中 ,三边长 a,b,c,则a - b ca b- c ab c - a bc ≤ 3. ( 1 )现在给出 ( 1 )左式的下界 :命题 2　在△ ABC中 ,三边长为 a,b,c,则 a - b ca b- c ab c - a bc >2 . ( 2 )证明　设2 x =a - b c,2 y =b- c a,2 z =c- a b则a =x y,b =y z,c=z x,且 x,y,z >0 .∴ a - b ca b - c ab c - a bc=2 xx y 2 yy z 2 zz x= 2 ( xx y yy z zz x)>2 ( xx y yy z zz x)>2 ( xx y z yy z x zz x y) =2 .这个…