一个不等式的初等证明

文 [1]给出并用微分法证明了如下不等式 :已知 x,y,z∈ (0 ,+∞ ) ,且 x+ y+ z=1,则(1x- x) (1y- y) (1z- z)≥ (83 ) 3 . (1)受此启发 ,笔者经探索得出如下一个初等证明 .证明　由基本不等式易得xyz+ yzx≥ 2 y,yzx+ zxy≥ 2 z,zxy+ xyz≥2 x.将上述三个不等式相加得xyz+ yzx+ zxy≥ x+ y+ z=1. (2 )又由 1=x+ y+ z≥ 3 3 xyz,得 xyz≤12 7.∴ (1x- x) (1y- y) (1z- z) =1xyz· (1- x2 ) (1- y2 ) (1- z2 ) =1xyz[(1+ x) (1+ y)(1+ z) ][(1- x) (1- y) (1- z) ]=1xyz(2 +xy+ yz+ zx+ xyz) (xy+ yz+ zx- xyz) =2(1x+ 1y+ 1z) - 2 + (xy+ yz+…     

三角函数的最值的求法

1 .利用配方法化成只含有一个的三角函数【例 1】　求函数y =sin6 x +cos6 x的最值 .解 :y =sin6 x +cos6 x=(sin2 x +cos2 x) (sin4 x -sin2 xcos2 x +cos4 x)=(sin2 x+cos2 x) 2 -3sin2 xcos2 x=1-3sin2 xcos2 x =1-34 sin2 2x=58+ 38cos4x∴当x=kπ2 (k∈z)时 ,y取最大值为 1.当x=kπ2 + π4(k∈z)时 ,y取最小值 14∴ymax =1,ymin =142 .利用函数y =x+ ax(a >0 )的单调性【例 2】　求函数y =sin2 x + 3sin2 x(x≠kπ ,k∈z)的值域 .解 :设sin2 x =t(0 相似文献   

用化齐次法简证几道不等式

题目:设x+y+z=xyz,(x>0,y>0,z>0)求证:2(x2+y2+z2)-3(xy+yz+xz)+9≥0文[1]中用三角函数知识来证明,且证明繁琐,文[2]用换元的方法,然后利用第25届IMO试题的结论:若x≥0,y≥0,z≥0,且x+y+z=1,则xy+yz+xz-2xyz≤727来证明也是不简单,实际上利用拙文[3]中提出的证明不等式化齐次的策略可简单地给出证明.证明:因x+y+z=xyz,原不等式等价于2(x2+y2+z2)(x+y+z)-3(x+y+z)(xy+yz+xz)+9xyz≥02(x3+y3+z3)+2x(y2+z2)+2y(x2+z2)+2z(x2+y2)-3x(y2+z2)-3y(x2+z2)-3z(x2+y2)-9xyz+9xyz≥02(x3+y3+z3)-x(y2+z2)-y(x2+z2)-z(x2+y2)≥0(x+y)(x-y)2+(y+z)(y-z…     

一类条件不等式的统一证法

先看下面不等式的证明过程:设x、y、z是非负实数,且满足x+y+z=1,求证:4(xy+yz+zx)-9xyz≤1。 证明:由对称性,不妨设x≥y≥z,则0≤z≤1/3,进而知4-9z>0。     

构造函数 巧证赛题

笔者探究发现,下面几道数学竞赛题都可以通过构造函数 f(t)=(t-x)(t-y)(t-z) =t~3-t~2(x y z) t(xy yz zx)-xyz得以解决。 例1.若x,y,z满足x y z=1且为非负实数,证明:0≤xy yz zx-2xyz≤7/(27)。     

一个不等式的正确证明

一个不等式　若x ,y ,z≥0 ,xy yz zx =1 ,则1y z 1z x 1x y≥52 ( =|x ,y ,z中一个为0 ,两个为1 ) . ( )据所知,( )式首出文[1 ],然后又见于文[2 ]、文[3 ],但其证明都隐含实质性缩小变量取值范围的错误.下面重予证明.证明:不妨设x≥y≥z≥0 ,由条件知x≥y >0 ,0≤yz≤13 ,x =1 -yzy z ,于是( )式 2 [(x y) (z x) (x y) ( y z) ( y z) (z x) ]≥5 (x y) ( y z) (z x) 2 [(x2 y2 z2 ) 3 (xy yz zx) ]　≥5 [(x y z) (xy yz zx) -xyz] 2 [(x y z) 2 1 ]≥5 [(x y z) -xyz] 2 (x y z) 2 -5 (x y z) 2 5x…     

一道IMO预选题的简解

题目　已知x≥y≥z>0 .求证 :x2 yz +y2 zx +z2 xy ≥x2 +y2 +z2 .这是第 3 1届IMO的一道预选题 ,原解答较繁 ,且技巧性强 ,这里给出一个相对简洁的证法 .证明 :由Cauchy不等式 ,有x2 yz +y2 zx +z2 xyx2 zy +y2 xz +z2 yx≥(x2 +y2 +z2 ) 2 .观察上式知 ,如有x2 yz +y2 zx +z2 xy ≥x2 zy +y2 xz +z2 yx ,则问题得证 .通分移项 ,有x3 y2 -x2 y3 +y3 z2 -y2 z3 +x2 z3 -x3 z2 ≥0 .①故只须证式①成立 .x3 y2 -x2 y3 +y3 z2 -y2 z3 +x2 z3 -x3 z2=x2 y2 (x-y) +y2 z2 (y-z) +x2 z2 (z-x)=x2 y2 (x -y) +y2 z2 (y -z) +x2 z2 ·(z-y +y -x)…     

“空间数”再探

设长方体三度为 x、y、z,x≤y≤z,体积 V=xyz,表面积 S=2(xy+yz+zx),棱长 L=4(x+y+z).文[1]得到 V=S=L型空间数不存在;V=S 型的有9个;得到 L=V 型的一个:48;S=L 型的一个:24.本文做进一步探索.探索1 V=L 型空间数.记 a=xy,b=zx,c=yz,则 V=L 化为(1/a)+(1/b)+(1/c)=1/4(a≤b≤c).①(1)可得5≤a≤12,a=5时,21≤b≤40.由于 x=(abc)~(1/2)/c,y=(abc)~(1/2)/b,z=(abc)~(1/2)/c 知 abc 须为平方数.由1/b+1/c=1/20,得 abc=(100b~2)/(b-20),可见须 b-20为平方数,b 可取21,24,29,36,代入方     

一个不等式的推广

文 [1 ]中有如下一个不等式 :设 0 相似文献   

分式求值 灵活消元

同学们在学习分式的时候,经常会遇到有关多元的求值问题,解答时,可以利用消元的方法,化难为易.一、取值消元法例1已知abc=1,那么aab+a+1+bbc+b+1+cca+c+1=.解:不失一般性,取a=1,b=1,c=1,则原式=13+13+13=1. 二、主元消元法例2已知4x-3y-6z=0,x+2y-7z=0,则5x2+2y2-z22x2-3y2-10z2等于(A)-12 (B)-192 (C)-15(D)-13 解:以x、y为主元,那么4x-3y=6z,x+2y=7z .∴x=3z,y=2z.∴原式=5×9z2+2×4z2-z22×9z2-3×4z2-10z2=-13.选D. 三、比值消元法例3已知x2=y3=z4,则x2-2y2+3z2xy+2yz+3zx的值是.解:设x2=y3=z4=k,得x=2k,y=3k,z=4k…     

一道国家队训练题的简证与姊妹不等式

正笔者近日在教学中遇到如下一道问题:(2003年IMO中国国家队训练题)设x,y,z≥0,x~+y~2+z~2=1,求证:1≤x/1+yz+y/1+zx+z/1+xy≤1~(1/2).该问题的证明确实有一定的难度,虽说其证明方法有多种,但都比较繁琐,不易上手!本文在此给出对上述问题的一种简单证法,同时对该问题作了进一步探究,得到一个与其极为类似的姊妹不等式.为书写方便,对于x,y,z,我们记循环式sum from x=z+y+z,其他类似.一、问题的简证     

排序法解题数例

所谓排序法就是对问题中的某些元素按照一定的顺序进行排列,通过对这种顺序关系的研究,而使问题获得解决的一种思考方法。排序法作为一种思维方法,在中学数学中有着广泛的应用,下面举例加以说明。例1 求方程w!=x!+y!+z!的所有正整数解。解:设x≥y≥z,则有w≥x+1, ∴(x+1)!≤w!=x!+y!+z!≤3x! ∴x+1≤3,即x≤2。因此,只能是x=y=z=2,w=3。例2 如果自然数x_1,x_2,x_3,x_4,x_5     

多项式、方程和方程组的一题多解

1.设x,y,z是满足x+y+z=5,xy+yz+zx=3的实数,试求z的最大值.(1991年加拿大第7届中学生数学竞赛题)[解法一] 由条件可得x+y=5-z ①xy=3-yz-zx=3-z(5-z)=z2-5z+3 ②设z,y,z满足条件,则x,y是关于t的一元二次方程     

求最值的几种方法

近年来,各省市中考及初中数学竞赛中,经常有最值问题出现,现举例说明·一、利用判别式求最值例1(2004年全国初中数学竞赛试题)实数x、y、z满足x+y+z=5①,xy+yz+zx=3②,则z的最大值是·分析:消去一未知数,使之变为z为参数的一元二次方程·解:由①得y=5-x-z③把③代入②得x(5-x-z)+z(5-x-z)+zx=3整理得:x2+(z-5)x+z2-5z+3=0因为x为实数,所以Δ≥0所以(z-5)2-4(z2-5z+3)≥0所以(3z-13)(z+1)≤0所以-1≤z≤133·二、利用非负数性质求最值例2多项式P=2x2-4xy+5y2-12y+13的最小值为·分析:将多项式配方,使之化为几个非负数之和·解:P=2x2-4xy+5y2…     

题相似 法不同

例1（第18届江苏省竞赛题）已知x,y,z都是实数,且x2＋y2＋z2=1,则m=xy＋yz＋zx（）A.只有最大值B.只有最小值C.既有最大值又有最小值D.既无最大值又无最小值解由0≤（x＋y＋z）2=x2＋y2＋z2＋2（xy＋yz＋zx）=1＋2m,得m≥-1/2.     

一个不等式链及其证明

前些时笔者发现并证明了以下命题[1]:设x,y,z为非负实数,且x2 y2 z2≤3,则xyz≥①yz zx xy-2≥②3(x y z)-8,当且仅当x=y=z=1时,①、②两式均取等号.现将①、②式向四元推广,得到定理设x,y,z,w为非负实数,且x2 y2 z2 w2≤3,则3xyzw≥③Σyzw-1≥④Σxy-3≥⑤3Σx-9当且仅当x,y,     

用代换法证三角形中的不等式

在△ABC中引入代换:a=y+z,b=z+x,c=x+y于是可得三内角的一系列代数关系式:cosA=(b~2+c~2-a~2)/2bc=(x(x+y+z)-yz)/(z+x)(x+y)=1-(2yz)/(x+y)(x+z).     

关于费尔马和的一个不等式

文 [1 ]中用微积分方法证明了不等式 :(x +y +z)·1y2 +yz+z2 +1z2 +zx +x2 +1x2 +xy +y2>4 + 23,①其中x、y、z为任意正实数 .我们指出 ,由此不等式可导出一个关于三角形的费尔马和的不等式 :设△ABC的三边长分别为a、b、c ,其费尔马点在形内 (即所有内角都小于 1 2 0°) ,且到顶点A、B、C的距离分别为x、y、z,则(x+y +z) 1a+ 1b+ 1c >4 + 23.②事实上 ,当△ABC的费尔马点在形内 ,即所有内角都小于 1 2 0°时 ,有a =y2 +yz+z2 ,b =z2 +zx +x2 ,c =x2 +xy +y2 .此时式①直接化为式② .关于费尔马和的一个不等式@方廷刚$四川省成都市第七…     

高考“函数问题”的六大热点

热点1———以集合为载体的函数问题例1、若A={x|-2≤x≤a},B={y|y=2x+3,x∈A},C={z|z=x2,x∈A},且C哿B,求a的取值范围.点拔:联想图象,由形定数.解:B={y|-1≤y≤2a+3}.如图,抛物线z=x2与直线x=-2,x=a的交点分别是(-2,4),(a,a2),直线y=2x+3与x=-2,x=a的交点分别是(-2,-1),(a,2a+3).要使C哿B,当且仅当2a+3≥a2,2a+3≥4 .∴12≤a≤3.点评:从B、C条件中的函数联想到它的图象,则集合间的包含关系立即得到直观化,相应的代数关系式随之确定,避免了对a的分类讨论.由于每一个函数总对应一个图象,因此,对于以集合为载体的函数问题常常利用函数的…     

磨光法及其推广

(本讲适合高中) 首先,让我们来看几个例子。 例1.设x,y,z都是非负实数,且x y z=1.求证:yz zx xy-2xyz≤7/(27)。 (1984,IMO—1) 证明 容易看出,当x=y=z=1/3时,所求证的不等式中等号成立。由对称性知,可设