2011爱沙尼亚国家队选拔题简证及推广

2011年爱沙尼亚国家队选拔考试第4题设a,b,c为正实数,满足2a²+b²=9c²,证明:（2c）/a+c/b≥3^1/2.侯典峰、郝明泉两位老师在文[1]中主要依据均值不等式,对该题给出了"三个简证".经过探求,笔者发现,借助权方和不等式证明该题,更显简洁.证明:由题设知a,b,c为正实数,满足2a²+b²     

一个简单不等式的隔离

本刊有奖解题擂台(138)如下:设a、b、c是正实数,证明或否定a²+b²+c²≥a·3√2/b³+c³+b·3√2/c³+a³+c·3√2/a³+b³。     

对一道西班牙数学奥林匹克试题的再研究

在八年级数学兴趣小组活动中遇到这样一个问题:已知a、b是实数,且(（1+a²）^1/2+a)(（1+b²）^1/2+b)=1,问a、b之间有怎样的关系?请推导（文[1]）.经查阅资料得知其为第31届西班牙数学奥     

一道加拿大《Curx》问题4624的探究

1问题呈现设a,b,c为正实数,且a+b+c=3,求证:√ab/2a+b+c+√bc/2b+c+a+√ca/2c+a+b≤3/2.2问题的证明与推广证明:由已知条件结合均值不等式可得√ab/2a+b+c+√bc/2b+c+a+√ca/2c+a+b=√ab/3+a+√bc/3+b+√ca/3+c≤√ab/4⁴√ a+√bc/4⁴√ b+√ca/4⁴√c=⁸√a³b⁴/2+⁸√b³c⁴/2+⁸√c³a⁴/2≤1+3a+4b/16+1+3b+4c/16+1+3c+4a/16=3+7 (a+b+c)/16=3+7×3/16=3/2,当且仅当a=b=c=1时取等号,则√ab/2a+b+c+√bc/2b+c+a+√ca/2c+a+b≤3/2.     

从一道美国数学月刊问题谈起

<正>设a、b、c、S表示△ABC的三边长和面积.则有[1]a²+b2+b²+c2+c²≥432≥43^(1/2) S.(1)这是著名的外森比克(Weisenb?ck)不等式.(1)已有很多种形式的加强,其中最著名的是费-哈不等式a(1/2) S.(1)这是著名的外森比克(Weisenb?ck)不等式.(1)已有很多种形式的加强,其中最著名的是费-哈不等式a²+b2+b²+c2+c²≥432≥43^(1/2) S+(a-b)(1/2) S+(a-b)²+(a-b)2+(a-b)²+(a-b)2+(a-b)²(2)     

一个无理不等式猜想的证明

陕西安振平老师在文[1][2]两次提出了如下一个颇有难度的无理不等式猜想,即已知a,b,c为正实数,则（a2/（a2+26bc））^1/3+（b2/（b2+26ac））^1/3+（c2/（c2+26ab））^1/3≥1.（1）笔者经过一年多研究发现这个猜想不等式是成立的,现给出证明.证明:设x=（bc）/（a²）,y=（ac）/（b²）,z=（ab）/（c²）,则不等式（1）等价于下面命题,即x,y,z为正实数且xyz=1.则     

再解第45届俄罗斯数学奥林匹克竞赛试题

题目证明:对于任意ΔABC,不等式a cos A+b cos B+c cos C≤p成立,其中a,b,c为ΔABC的三边,A,B,C分别为它们的对角,p为半周长.解法1:原不等式等价于a(1-2 cos A)+b(1-2 cos B)+c(1-2 cos C)≤0①.由余弦定理,不等式①等价于a⁴+b⁴+c⁴-2(a²b²+b²c²+a²c²)+a²bc+b²ca+c²ab≥0②.要证明②式,只需证明(a²+b²+c²)2-4(a²b²+b²c²+a²c²)+abc(a+b+c)≥0,即证明(a²+b²+c²)3-4(a²b²+b²c²+a²c²)(a²+b²+c²)+abc(a+b+c)(a²+b²+c²)≥0③.由均值不等式可得abc(a+b+c)(a²+b²+c²)≥abc·33 abc·33 a²b²c²=9a²b²c².故要证③式,只需证(a²+b²+c²)3-4(a²b²+b²c²+a²c²)(a²+b²+c²)+9a²b²c²≥0④,由舒尔不等式可知④式显然成立,因此原不等式得证.     

巧借a+b≥2((ab)～(1/2))求最值

先证明对于任意正实数a,b都有a+b≥2（ab）^1/2.证明:a,b都大于0,所以(a^1/2-b^1/2)²≥0,所以a-2（ab）^1/2+b≥0,所以a+b≥2（ab）^1/2.当a=b时,a+b=2（ab）^1/2.     

一道竞赛不等式的再推广

题目(2020泰国数学奥林匹克不等式)已知a,b,c∈R+,a+b+c=3,求证:a⁶/c²+2b³+b⁶a²+2c³+c⁶b²+2a³≥1(1)文[1]对(1)的证明方法,变式及推广做了探究,将(1)推广为。     

构造方程求两个三次根式的代数和

<正>在求形如(A+B^(1/2))(1/2))^(1/3)+(A-B(1/3)+(A-B^(1/2))(1/2))^(1/3)(B≥0)的两个三次根式的代数和时,我们可把整个三次根式设为一个新变元,令x=(A+B(1/3)(B≥0)的两个三次根式的代数和时,我们可把整个三次根式设为一个新变元,令x=(A+B^(1/2))(1/2))^(1/3)+(A-B(1/3)+(A-B^(1/2))(1/2))^(1/3),然后利用两数和的立方公式:(a+b)(1/3),然后利用两数和的立方公式:(a+b)³=a3=a³+b3+b³+3ab(a+b)【此公式可通过(a+b)3+3ab(a+b)【此公式可通过(a+b)³=(a+b)3=(a+b)²(a+b)=(a2(a+b)=(a²+2ab+b2+2ab+b²)(a+b)求得.】将变换后的式子两边三次方,得到关于x的     

二维柯西不等式的推广证明及简单应用

<正>定理若a,b,c,d都是实数,则(a²+b2+b²)(c2)(c²+d2+d²)≥(ac+bd)2)≥(ac+bd)²,当且仅当ad=bc时,等号成立。一、二维柯西不等式的课本证明证明:(人教A版31页)(代数法)展开这个乘积,整理得(a2,当且仅当ad=bc时,等号成立。一、二维柯西不等式的课本证明证明:(人教A版31页)(代数法)展开这个乘积,整理得(a²+b2+b²)(c2)(c²+d2+d²)=a2)=a²c2c²+b2+b² d2 d²+a2+a² d2 d²+b2+b²c2c²。由于a2。由于a²c2c²+b2+b² d2 d²+a2+a² d2 d²     

如何快速化简(m+nR1/2)1/3

若(m+nR^1/2)^1/3能化简,则 m+nR^1/2必能整理成（a+b）³的形式,现将化简的方法总结如下:设 a 为有理数,b 为无理数（这里指开方开不尽的数）,则在（a+b）³的形式 a³+b³+3a²b+3ab²中,a³+3ab²为有理数,b³+3a²b 为无理数,这样,可将a³+3ab²分解成 a（a²+3b²）,同时将 m 分解质因数,     

拆项求最值

对于不能直接运用均值定理处理的"积定和最小"问题,一个有效的方法是拆项.结论对于函数f（x）=x+a²/x（x∈R⁺,a为正常数）,设b为正常数.（1）若bmin =f（b）;（2）若b≥a,则当x∈[b,+∞)时,[f（x）]_min=f（b）.证明f（x）=x+a²/x =（x+b²/x）+（a²-b²）/x.（1）若b相似文献   

错在哪儿

<正>题目若函数f(x)=(1/2)(x-1)+m在区间[a,b]上的值域为[a/2,b/2](b>a≥1),则实数m的取值范围为.此题是我市高三期中模拟试卷上的一道试题.我和同桌分别用了两种不同的解法,但最后结果不一致,到底谁是谁非呢?解法1(我的解法)由于f(x)=(1/2)(x-1)+m在[a,b]上是单调增函数,故f(a)=a/2,f(b)=b/2,即     

沙特阿拉伯JBMO不等式的两个漂亮证法

<正>题目设a,b,c> 0,且abc=1,求证:(2(1+a²)(1+b2)(1+b²)(1+c2)(1+c²))(1/2)≥1+a+b+c.这是2017年沙特阿拉伯JBMO的一道不等式,左边有根号而右边没有,因此将左边根号去掉是解题的关键.下面介绍两个漂亮证法与读者分享.证法1设复数z_1=1+ai,z_2=1+bi,z_3=1+ci,则1+a2))(1/2)≥1+a+b+c.这是2017年沙特阿拉伯JBMO的一道不等式,左边有根号而右边没有,因此将左边根号去掉是解题的关键.下面介绍两个漂亮证法与读者分享.证法1设复数z_1=1+ai,z_2=1+bi,z_3=1+ci,则1+a²=z_12=z_1²,1+b2,1+b²=z_22=z_2²,1+c2,1+c²=z_32=z_3²,     

有奖解题擂台(116)

<正>题已知a,b,c为正实数,用初等求差法证明a³b+b3b+b³c+c3c+c³a≥a3a≥a²b2b²+b2+b²c2c²+c2+c²a2a².第一位正确解答者将获得奖金100元.擂题提供与解答请电邮至guoyaohong1108@163.com,解答认定时间以电子邮件时间为准.欢迎广大读者踊跃提供擂题.     

一个三元轮换不等式的手工证明

<正>题1设a、b、c是正数,求证:∑(a⁴/(a4/(a³+b3+b³))≥1/2∑a,其中∑表示轮换对称和.此题是一道已有的习题,国内流行的三本不等式专著[1]、[2]、[3]都有证明.但[1]、[2]的证明是错误的,[3]的证明利用了Vasile不等式.本文将给出此不等式的一个简洁的手工证明.供参考与欣赏.同时为我们的英才教育提供一点新鲜血液!     

2020泰国数学奥林匹克不等式的推广

题目(2020泰国数学奥林匹克不等式)已知a,b,c∈R+,a+b+c=3,求证:a⁶/c²+2b³+b⁶/a²+2c³+c⁶/b²+2a³≥1(1).     

费恩斯列尔——哈德维格尔不等式的推进

<正>众所周知,在三角形中有著名的外森比克(Weitzenbock’ sinequatily)不等式(以下简称"W不等式"):在△ABC中,a,b,c为其三边长,Δ为其面积(本文下同),则a²+b2+b²+c2+c²2^≥4+3≥4+3^(1/2)Δ(1)     

三个二元无理不等式的推广与统一简证

<正>安振平先生在《数学通报》2003年第5期上提出第1435号征解题,即^[1]:设a、b>0,求证:(a/a+3b)[1]:设a、b>0,求证:(a/a+3b)^(1/2)+(b/3a+b)(1/2)+(b/3a+b)^(1/2)≥1.并在2003年第6期运用分拆法提供了一种巧妙的解法.安振平先生在《不等式探究》一书中又提出