一道伊朗国家选拔不等式试题的再探究

正问题设a,b,c,0,a+b+c=3,求证:1/(2+2a+b2)+1/(2+b2+c2)+1/(2+2c+2a)+≤3/3.①这是2009年数学奥林匹克竞赛伊朗国家选拔考试中的一道试题.文[1]采用固定变量的方法给出了式①的一个证明,利用同样的方法,文[2]给出了该试题的如下推广:     

巧用a＋b＋c=0的移项变形

对于某些与条件等式a+b+c=0有关的求值问题,巧用它的移项变形a+b=c,或b+c=-a,或c+a=-b,可找到很好的求值途径. 例1(1995年广州等五市初一数学竞赛试题)已知a+b+c=c,a2+b2+c2=1,那么a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)=     

一道竞赛题的别证与加强

1989年四川省高中数学联合竞赛第二试题1为: 已知a、b、c、d是任意正数,求证: (a/b+c)+(b/c+d)+(c/d+a)+(d/a+b)≥2。本文首先给出此竞赛题的一种简便证法,然后再将竞赛题进一步加强。证根据柯西不等式有 [a(b+c)+b(c+d)+c(d+a)+d(a+b)] ((a/b+c)+(b/c+d)+(c/d+a)+(d/a+b))≥(a+b+c+d)~2。     

一道竞赛题的构思浅析

一九八六年全国高中数学联赛试题中,有这样一道选择题: 边长为a、b、c的三角形,其面积等于,且外接圆的半径为1,若s=a~(1/2)+b~(1/2)+c~(1/2), 1/=1/a+1/b+1/c,则s与t的关系是 :(A)s>t,(B)s=t,(C)s相似文献   

从一道经典的竞赛题到两个优美的三角不等式

1963年,一道经典的不等式题在莫斯科数学竞赛中应运而生,原题如下:设 a,b,c∈R+,求证:a/(b+c)+b/(c+a)+c/(a+b)≥3/2.①这个不等式的证法很多,下面笔者给出两个最简单的证明过程.证法1:要证原不等式成立,只须证 a/(b+c)+1+b/(c+a)+1+c/(a+b)+1≥9/2,即只须证[2(a+b+c)](1/(b+d)+1/(c+a)+1/(a+b))≥9,由柯西不等式易知上式显然成立,所以原不等式     

对一道苏联数学竞赛题的探讨

最近本刊文载有如下一道1991年苏联农村中学生数学竞赛十一年级试题: 已知a,b,c>0,求证 (a b)(b c)(c a)≥8abc (1) 对a、b、c每两个应用均值不等式,然后相乘即得(1)式。这道试题看似简单平常,但实质上却隐含着丰富的内容。很多数学竞赛题就是以它为源头,通过变换逐步演绎深化而成。真可谓是金线串珠,妙趣无穷。 1.对(1)作变换:a→b c,b→c a,c→a b,则得现行教科书代数下册p32的一道复习参考题:已知a,b,c∈R~ ,求证 2(a~3 b~3 c~3)≥a~2(b c) b~2(c a) c~2(a b) (2)     

一道竞赛题的另证

2013年浙江省高中数学竞赛的附加题是一道不等式证明题.题目设a、b、c∈R+,ab+bc+ca≥3.证明:a5+b5+c5+a3(b2+c2)+b3(c2+a2)+c3(a2+b2)≥9这道不等式题,证明的人口宽,方法多.下面先给出命题组提供的参考答案.证明原命题等价于证明     

一道奥林匹克题的代数证法

贵刊1990年第4期P23介绍了这样一题:“正数a、b、c、A、B、C满足条件a+A=b+B=c+C=k,求证aB+bC+cA相似文献   

用分母换元法巧解一类分式型竞赛题

正对于各级数学竞赛中一类分式型不等式,将其分母换元,然后用新元素表示各个量,将复杂问题转化为已知的或简单的问题进行解决,达到事半功倍的目的,现举例说明,以飨读者.例1已知a、b、c∈R+,求证:a/(b+c)+b/(c+a)+c/(a+b)≥3/2(第26届莫斯科数学奥林匹克试题)     

具有相同规律的一组数学竞赛题

先看下面的一个公式:设ai∈R,bi∈R+,i=1,2,…,n.则a21b1+a22b2+…+a2nbn≥(a1+a2+…+an)2b1+b2+…+bn.这个公式是由柯西不等式稍加变形后得到的,用它处理一类分式不等式问题十分方便.下面举例说明.例1已知a、b、c∈R+.求证:ab+c+bc+a+ca+b≥32.(第26届莫斯科数学奥林匹克)证明:ab+c+bc+a+ca+b=a2a(b+c)+b2b(c+a)+c2c(a+b)≥(a+b+c)22(ab+bc+ca)≥3(ab+bc+ca)2(ab+bc+ca)=32.例2设a、b、c∈R+,且abc=1.则1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)≥32.(第26届IMO)证明:1a3(b+c)+1b3(c+a)+1c3(a+b)=a2b2c2a3(b+c)+a2b2c2b3(c+a)+a2b2c2c3(a+b)=b2c2a(b+…     

“至少”还是“至多”

某种课本上有这样一道例题:“已知a,b,c是不全相等的正数,求证a(b~2+c~2)+b(c~2+a~2)+c(a~2+b~2＞6abc.”其证明过程是:“∵b~2+c~2≥2bC,a＞0,∴a(b~2+C~2)≥2abc (1)同理,b(c~2+a~2)≥2abc (2)c(a~2+b~2)≥2abc(3)因为a、b、c不全相等,所     

一道IMO备选题的雏形及推广

第31届IMO备选题中,有一道不等式证明的试题,我们把它表述为:命题2 设a、b、c、d为非负实数,且满足 ab bc cd da=1,则a~3/(b c d) b~3/(a c d) c~3/(a b d) d~3/(a b c)≥1/3综合条件与结论,就是:命题2 对于a、b、c、d∈R~ ,有a~3/(b c d) b~3/(a c c) c~3/(a b c) d~3(a b c)≥1/3(ab bc cd a).仔细研究,不难发现,命题2的雏形是常见的     

一个开放问题的探究

文[1]中借助代数恒等式a^2/a+b+b^2/b+c+c^2/c+a=b^2/a+b+c^2/b+c/a^2/c+a证明了4个相关的不等式,并在文末提出如下问题:已知a,b,c ∈ R^+,当入与μ满足什么条件时,如下不等式成立:a^2/√λ(a^2+b^2)+aμab+b^2/√λ(b^2+c^2)+2μbc+c^2/√λ(c^2+a^2)+2μab+b^2/λ(b^2+c^2)+2μbc+c^2√λ(c^2+a^2)+2μab≥a+b+c/√2(λ+μ)(1).     

一道高考题的溯源、推广与改进

1原题再现(2013年高考新课标全国卷Ⅱ·理24)设a,b,c均为正数,且a+b+c=1.证明:(Ⅰ)略;(Ⅱa2/b+b2/c+c2/a≥1.2式(Ⅱ)溯源式(Ⅱ)最早以多元形式出现于1984全国高中数学联赛二试的一道试题:设x1,x2,......xn都是正     

高灵不等式的加强

1981年,高灵得到不等式(1):a′(-a+b+c)+b′(a-b+c)+c′(a+b-c)≥4(3ΔΔ)~(1/2).本文给出一个加强.定理 a,b,c,a′,b′,c′与Δ,Δ′分别表示两个三角形 ABC 和 A′B′C′的边和而积,则a′(-a+b+c)+b′(a-b+c)+c′(a+b-c)≥4(3ΔΔ)~(1/2)+2((ab′)~(1/2)-(a′b)~(1/2))~2等式当且仅当ΔABC 与ΔA′B′C′均为正三角形时成立.应用如下两条引理立得:引理1(2)符号如定理,则     

一道美国数奥题的六种解法

本文所研究的是一道美国第七届数学奥林匹克试题 ,它新颖、别致 ,是一道涉及五个变量的条件最值问题 .笔者研究后发现 ,它的解法相当多 ,不下于 1 6种 .现将其中 6种鲜为人知的新解法一一写出来 ,与大家交流 .问题 :已知a、b、c、d、e∈R ,a+b +c+d+e =8,a2 +b2 +c2 +d2 +e2 =1 6,试求e的最大值 (美国第七届数学奥林匹克试题 ) .解法 1 :(基本不等式法 )由基本不等式 2xy≤x2 +y2 (x、y∈R)得 (x+y) 2 ≤ 2 (x2 +y2 )　 ( 1 )令x =a+b ,y=c+d ,于是 ,由式( 1 )得[(a+b) +(c+d) ]2 ≤ 2 [(a+b) 2 +(c+d) 2 ]　 ( 2 )=2 (a2 +b2 +c2 +d2 +2ab…     

从一道立八题的解法谈起

问题　已知在四面体 ABCD中 ,AB=CD=a,BC=AD=b,AC=BD=c,( 1 )试证明 :a2 相似文献   

一道联赛加试题的构造性简解

2005年全国高中数学联赛加试题第二题如下:设正数 a、b、c、x、y、z 满足 cy+bz=a;az+cx=b;bx+ay=c,求函数 f(x,y,z)=x~2/(1+x)+y~2/(1+y)+z~2/(1+z)的最小值.本文运用构造法给出一个比较简捷的解法,供大家参考.根据条件不等式及待求分式结构,构造随机变量ξ的分布列如下:     

一道波兰数学竞赛题的推广

2003年波兰数学竞赛有如下一道试题:设p是质数,整数a,b,c满足0相似文献   

一道竞赛题的又一解法

1987年全国初中数学联赛试题中,有这样一道题: 已知:实数a、b、c满足a+b+c=0,abc=8,那么1/a+1/b+1/c的值( )