一个不等式推广的再研讨

第39届IMO预选题11[1]如下:设x,y,z是正实数,且xyz=1,证明:x3 y3(1 y)(1 z)(1 z)(1 x) z3≥.3(1)(1 x)(1 y)4文[2]将(1)式推广为:定理1设xi∈R (i=1,2,L,n),且x1x2Lxn=1,a≥1,n≥2,有nn∑(xii=1a x1)L(a xi?1)(a xi 1)L(a xn)≥n.(2)?1(a 1)n本文给出定理1的一个推广:定理2设xi     

美国《数学杂志》问题1714的再推广

美国《数学杂志》2005年二月问题征解1714:设m,n,x,y,z∈R+,且x+y+z=1,证明:44()()()()x ymx+ny my+nx+my+nz mz+ny421()()3()z+mz+nx mx+nz≥m+n.(1)文[1]将其推广为:设λ,ai∈R+(i=1,2,n),且1niia=∑=1,an+1=a1,则当k≥4或k≤0时,有321(1)(1)(1)nk kii i i i ia naλa aλaλ?=++∑++≥+.本文在文[1]的基础上对(1)式进行再推广:命题1设m,n,x,y,z∈R+,且x+y+z=1,α,β,γ∈R+,且α?(β+γ)=2,则()()()()x ymx ny my nx my nz mz nyαα+β+γ++β+γ1()()3()zmz nx mx nz m nα++β+γ≥+β+γ.命题2设m,n,x,y,z∈R+,且x+y+z=1,β,γ,l∈…     

美国《数学杂志》问题1714的一个推广

美国《数学杂志》2005年二月问题征解1714[1]为:设m,n,x,y,z∈R ,且x y z=1.证明:44()()()()x ymx ny my nx my nz mz ny421()()3()z mz nx mx nz≥m n.(1)本文给出了(1)式的一个推广:定理设λ,ai∈R (i=1,2,L n),且a1 a2 L an=1,an 1=a1.则当k≥4或k≤0时,有321(1)(1)(1)nk ki     

介绍一个不等式

高中代数下册(必修)第12页的练习中有这样一个不等式: x/y y/x≥2(x、y∈R~ )。 在某些资料中有另一个不等式: x/(y z) y/(z x) z/(x y)≥3/2(x、y、z∈R~ )。 一般地,对于n个正数,我们有: 定理:设x_1,x_2,…,x_n均为正数,且x_1 x_2 … x_n=A,则 x_1/A-x_1 x~2/A-x_2 … x_n/A-x_n≥n/n-1(n∈N,且n≥     

对不等式sinA/2sinB/2sinC/2≤1/8的再探究

在△ABC中,有一个熟知的不等式sin A/2sinB/2sinC/2≤1/8.本文借助琴生不等式给出它的几个推广. 琴生不等式 设f″(x)＜0,则 1/nn∑i=1f(xi)≤f(1/nn∑i=1xi) 即 n∑i=1f(xi)≤nf(1/nn∑i=1xi) 引理 若f(x) =sinx,x∈(0,π),则 f"(x)＜0. 定理1 在△ABC中, sinA/nsinB/nsinC/n≤sin3π/3n(n∈N*).     

一个求最值问题的简解与推广

<数学通报>2009年第4期刊登的问题1785:"设0≤xi≤1(i=1,2,3,...,n),n∈N,n≥3,且n∑i=1xi=1.试求f(x1,x2,...,xn)=n∑i=1xi/(1+x2i)的最大值"的解答繁难复杂,不易发现和掌握.     

用不定方程模型解无序问题(高二、高三)

模型1 不定方程x1 x2 … xm=n(其中m,n∈N* 且m≤n)有C(n-1)(m-1)组正整数解. 分析 此题可以理解为将正整数n分解成m个正整数的和,而 相当于在这n-1个" "号中选m-1个" ",故有C(n-1)(m-1)种选法,所以 方程共有C(n-1)(m-1)组正整数解. 模型2 不定方程 x1 x2 … xm=n (其中m,n∈N*且m≤n)有C(n m-1)(m-1)组非负整数解. 证明 令xi=yi-1(i=1,2,…,m),则 yi=xi 1,yi∈N*,所以原方程的非负整数解问题就转化为方程 y1 y2 … ym=n m     

一道数学奥林匹克题的简证及推广

1999年加拿大数学奥林匹克竞赛有这样一道题目 :令 x,y,z是满足 x y z=1的非负实数 .证明 :x2 y y2 z z2 x≤ 42 7,并求不等式成立的条件 .简证　由于不等式是关于 x,y,z轮换对称的 ,故可设 x≥y≥z,从而　 x2 y y2 z z2 x≤ x2 y 2 xyz=xy(x 2 z) =12 x· 2 y· (x 2 z)≤ 12 (x 2 y x 2 z3 ) 3=12 [2 (x y z)3 ]3=12 × (23) 3 =42 7.等号在 x=2 y=x 2 z时成立 ,即 x=23,y=13,z=0时成立 .若条件不变则结论可推广为 :xnym ynzm znxm≤ nn· mm(n m) n m(n>m,n,m∈ N) .证明　推广后的不等式仍是关于 x,y,z的轮换对称…     

有奖解题擂台(88)

题设xi∈R*(i=1,2,…,n),且x1x2…xn=1,n>3,m是实数,则当m≥n-2或m≤-n 1时,有∑ni=1xim(1 x1)…(1 xi-1)…(1 xi 1)…(1 xn)≥2nn-1(注这是命题人在2004年第10期《福建中学数学》上一文中提出的一个猜想,迄今为止,未见解决,特作为擂题.命题人对第一位解答者提供奖金50元.)有奖解题擂台(88)@郭要红$安徽师范大学数学计算机科学学院!241000~~     

一个不等式的推广

文 [1 ]提出一个猜想不等式 :设 x,y,z∈ ( 0 , ∞ ) ,则有xx y yy z zz x≤ 322 . ( 1 )文 [2 ]应用导数给出了证明 ,文 [3]又给出其下界估计xx y yy z zz x>1 . ( 2 )现将其推广 :设 x,y,z∈ ( 0 , ∞ ) ,n≥2 ,则有1 xx y,yy z>yy z,n zz x>zz x,所以n xx y n yy z n zz x>xx y yy z zz x>xx y z yy z x zz x y=1 .再证右端 .当 n=2时 ,由 ( 1 )知 ,不等式 ( 3)显然成立 .现设 n>2 ,…     

∑(a_i)/(x_i~r)的最小值

《数学通报》2004年第7期问题1504是:已知x,y,z∈(0,+∞),x+y+z=1,求1x2+y12+z82的最小值.我们将它一般化,得到定理设p,r,n∈N,n≥2,ai,xi∈(0,+∞),i=1,2,…,n,∑xip=1(以下总略去求和限),则(∑xarii)min=(∑aαi)1α,α=pp+r.证引入参数λ>0,使如下平均不等式成立:aixir+…+xariip上+λxip+…+λxipr个≥(p+r)p+raipxipr·λrxipr.即(*)xairi≥p+p raip+prλp+rr-rλpxip(当且仅当xi=(aλi)p+1r,1≤i≤n时等号成立).由于∑xip=1,即∑xpi=∑(aλi)p+pr=1λp+pr∑aiα=λ-α∑aαi=1.从而(*)两边对i从1到n求和,有∑xarii≥α-1·λp+rr∑ai…     

例述导数在解题中的应用类型

一、证明等式【例1】求证:C1n 2C2n 3C3n … nCnn=n·2n-1.证明:由题构造二项式(1 x)n=C0n C1nx C2nx2 … Cnnxn.两端对x求导数得[(1 x)n]=[C0n C1nx C2nx2 … Cnnxn]即n(1 x)n-1=C1n 2C2nx … (n-1)Cn-1nxn-2 nCnnxn-1令x=1得n·2n-1=C1n 2C2n 3C3n … nCnn∴C1n 2C2n 3C3n … nCnn=n·2n-1.二、证明不等式【例2】已知m,n是正整数,且2≤m(1 n)m.证明:原不等式等价于不等式nln(1 m)>mln(1 n)即ln(1 n)n1,…     

一道最值题推广的巧证

题:设x_i∈R,i=1,2,…,n,且∑_(xi)=m,则sum from i=1 to n(i~2/x_i≥n~2(n 1)~2/4m. 这是熊光汉老师将命题:x,y,z>0且     

三元shapiro循环不等式的推广

设xi∈R (ι=1,2,…,n),n≥3,xn 1=x1,xn 2=x2,1954年Shapiro,H.S.猜测有n元不等式这个不等式在数学界引起了强烈的兴趣,经过30多年的研究,问题得以解决,现已得知当n≤12或n为不大于23的奇数时,这个不等式成立,而对其余n均不成立.当n=3时的(1)为:设x,y,z∈R     

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,     

三个不等式的统一研究

题1(《数学通报》2007年1月1651号问题)已知x、y、z∈R+,n∈N,求证:x/nx+y+z+y/x+ny+z+z/x+y+nz≤3/n+2(1).     

应用不等式n∑i=1x2i≥1/n(n∑i=1xi)2解竞赛题

定理设n≥2,xi∈R(i=1,2,…,n),则有n∑i=1x2i≥1/n(n∑i=1xi)2,且在诸xin全相等时才取等号.     

一道第49届IMO赛题的类比

正第49届国际数学奥林匹克数学竞赛第2题是:设实数x,y,z都不等于1,满足xyz=1,则x~2/(1-x)~2+y~2/(1-y)~2+z~2/(1-z)~2≥1.本文给出上述不等式的一个类比:命题1设实数x,y,z都不等于-1,且xyz=1,则x~2/(1+x)~2+y~2/(1+y)~2+z~2/(1+z)~2≥3/4.     

也谈一道数学奥林匹克题的简证及推广

1999年加拿大数学奥林匹克竞赛有一道试题 :令 x,y,z是满足 x y z=1的非负实数 .证明 :x2 y y2 z z2 x≤ 42 7,并指出等号成立的条件 .文 [1]给出了这道赛题的简证并将其推广为 :令 x,y,z是满足 x y z=1的非负实数 ,则xnym ynzm znxm≤ nnmm(n m) n m(n>m,n,m∈ N) .上述推广是正确的 ,但赛题和推广的证明方法都是错误的 .这是因为式子xnym ynzm znxm (n>m,n,m∈N) (*)是关于 x,y,z的轮换对称式 ,而不是 x,y,z的 (可换 )对称式 .如果在 (*)式中作轮换代换 (x,y,z)→ (y,z,x)或 (x,y,z)→ (z,x,y) ,所得式子与 (*)式相同 ;但…     

笫49届IMO第2题的另证

题目 设均不为1的实数x,y,z满足xyz=1,求证:x2/(1-x)2+y2/(1-y)2+z2/(1-z)2≥1.