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1.
1征解题的提出
《数学通报》09年第9期问题1814:x,y,z∈R+,λ〉0,μ≥0,υ≥0,且λ≥2μ-υ,λ≥2υ-μ,0〈α≤1.证明:(x/λx+μy+υz)^α+(y/υx+λy+μz)^α+(z/μx+υy+λz)^α≤3/(λ+μυ)^α. 相似文献
2.
赵元翔 《中学数学研究(江西师大)》2014,(6):47-48
文[1]中提出了一个优美的猜想:设实数λ,x,y,z满足:-1〈λ〈1,λx,λy,λz都不等于-1,且xyz=1,则(x2)/((1+λx)2)+(y2)/((1+λy)2)+(z2)/((1+λz)2)≥3/((1+λ)2)笔者经过研究发现该猜想存在错误.利用极限检测法:当x-+∞,y、z-0时, 相似文献
3.
4.
1问题的提出
定理 已知x,y,z∈R+,且xy+yz+zx=1,求证:(√x+y+√y+z+√z+x)^2≤4-27(x+y)(y+z)(z+x).
这是一道土耳其国家队选拔题,笔者通过探索,发现它隐含着极其丰富的内涵,许多数学竞赛题和数学问题,都是以它为源头,通过变换条件逐步演绎深化而成,真可谓一线串球,精彩纷呈. 相似文献
5.
陈宇 《中学数学研究(江西师大)》2011,(4):25-26
文[1]建立并证明了“两个十分有意义的无理不等式”.其中
定理1 若x,y为满足z+y=1的正数,则对于不大于2的正数λ有(√x+√y)(1/√λx+1+1/√λy+1)〈4/√λ+2. 相似文献
7.
文[1]给出如下结论:设x,y,z∈R^+,则x/(2x+y+x)+y/(2y+x+z)+z/(2z+x+y)≤3/4.文[2]将这一结论进行指数推广,得到 相似文献
8.
设f(z)=z+α2z^2+α3z^3+…∈Fλ^*(α,β),其中Fλ^*(α,β)是利用Ruscheweyh导数D^λf(z)定义了一个新的函数类,研究并得到了|α3-μα2^2|的准确上界. 相似文献
9.
问题1(《数学通报》2009年第1期问题)已知x,y,z∈R^+,则x+y/2z+y+z/2x+z+x/2y≥2x/y+z+2y/z+x+2z/x+y.此不等式比较简单,也可以深化为6个字母的情形. 相似文献
10.
安振平 《中学数学教学参考》2009,(11):59-60
在2006年土耳其数学奥林匹克国家队选拔考试中,有如下一道不等式题.
问题1 已知正数x、y、z满足xy+yz+zx=1,求证:27/4(x+y)(y+z)(z+x)≥(√x+y+√y+z+√z+x)^2≥6√3. 相似文献
11.
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15.
有名辉 《中学数学研究(江西师大)》2009,(7):19-20
文[1]由一个参数不等式导出如下推论:
设x,y,z∈R^+,0≤t〈1,则x/tx+y+z + y/ty+x+z + x/tz+x+y ≥3/t+2(1) 相似文献
16.
若x、y、z为非负实数,则对任意r〉0都有x'(x—y)(x-z)+y(y-2)(y—z)+z’(z—x)·(z—y)≥0.① 相似文献
17.
文[1]由不等式:若0≤x,y,x1,y1≤1,x+x1=1,y+y1=1,则L2=√x^2+y^2+√x^2+y1^2+√x1^2+y1^2≤2+√2(1),猜想不等式:若0≤x,y,z,x1,y1,z1≤1,x+x1=1,y+y1=1,z+z1=1.[第一段] 相似文献
18.
本文运用极小值原理给出了半线性椭圆方程-△u=λ(x)u—│u│^2*·-2u+g(x,u)+h(x)(其中λ(*)∈[λ1,λk])的Dirichlet问题解的存在性定理,这里次临界项g(x,u)关于u是非线性的. 相似文献
19.
我们知道,利用等式证明不等式是证明不等式的一种重要思想方法.在不等式中,对于可化为(a/(b+c))、(b/(c+a))、(c/(a+b))(其中a、b、c〉0)的一类对称不等式,若令x=(a/(b+c)),y=(b/(c+a)),z=(c/(a+b))(x、y、z〉0),则x、y、z满足等式(x/(x+1))+(x/(y+1))+(z/(z+1))=1()(1/(x+1))+(1/(y+1))+(1/(z+1))=2()xy+yz+zx+2xyz=1(以下记此三式依次为①、②、③式),这样,利用这几个恒等式. 相似文献
20.
《中学生数理化(高中版)》2011,(3)
不可忽视判别式 18 提示:事实上,当k=-5时,原方程无实根.本题隐含条件为△=(k-2)^2-4(k^2+3k+5)≥0,即k∈[-4,14/3].y=-(k+5)^2+19在[-4,-4/3]上单调递减,则k=-4时,x1^2+x2^2取得最大值18. 相似文献