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1.
一个加强的Hardy不等式 总被引：1，自引：1，他引：1
杨必成 《广东教育学院学报》2001,21(2):5-7
要：通过精确估算，建立如下权系数的不等式，W（k)=1/√kk∑n=1∞∑j=n1/j3/2≤4(1-η/√k)(k∈N, η=0.3469^ )，从而导出Hardy不等式的一个加强式(p=2)． 相似文献
2.
关于一个加强的Hardy不等式 总被引：1，自引：0，他引：1
杨必成 《广东教育学院学报》2005,25(5):5-8
证明了如下权系数ω（k）的不等式：（ω（k）=√k∞∑n=kn2 n∑j=i 1/√j≤4（1-θ/√k）（k∈N））,这里,θ=（1-1/4∞∑n=1 1/n2 m∑k=1 1/√k）=0.13788928^＋是最佳值.从而建立了一个加强的Hardy不等式（P=2）. 相似文献
3.
谢志宜 《数学学习与研究(教研版)》2010,(15):107-108
Hoelder不等式是指：设ak,bk〉0（k=1,2,…,n）,p,q≥1以及上1/p＋1/q=1,则∑k=1^n akbk≤（∑k=1^nak^p）1/p（∑k=1^nbk^q）1/q当且仅当ak与bk成比例时等号成立． 相似文献
4.
隆建军 《阿坝师范高等专科学校学报》2011,28(4):126-128
对VanderCorput不等式进行研究,并将其进一步改进如下：设aa≥0,n=1,2,∧,Sn=k=1∑n 1/k,∞∑n=1（k=1∏n ak 1/k）^1/sn≤e^1＋y ∞∑n=1e-1/25n（n-17/50n logn）an,则其中为Euler常数． 相似文献
5.
题目:已知方程x~2+px+q=0 有二实数根α和β,且α~2+β~2=1,求p和q的范围。一、应用韦达定理这是典型的代数题,自然从数的等与不等方面去着手。首先,由有实根条件得△=p~2-4q≥0 ①其次,α~2+β~2=1,即(α+β)~2-2αβ=1,由韦达定理得 p~2-2q=1 ②由①和②可求p和q的最值:p~2=2q+1,由p~2≥0得2q+1≥0.∴q≥-1/2 ③把p~2=2q+1代入①得q≤1/2 ④所以-1/2≤q≤1/2,-1≤2q≤1,0≤2q+1≤2,即 0≤p~2≤2,∴ -2~(1/2)≤p 2~(1/2)。 相似文献
6.
隆建军 《沙洋师范高等专科学校学报》2005,6(5):11-13
对P=5的Hardy不等式，建立如下的加强不等式∞∑n=1（1/nn∑k=1ak）^9〈（5/4）%5∞∑n=1（1-1/[（5n^4/5）/2＋0.624]＋1/[（5n^4/5）^3＋（5n^4/5）^2/24]）ak^5其中an≥0（n∈N）,1〈∞∑n=1an^5〈∞. 相似文献
7.
8.
王增强 《中学数学研究(江西师大)》2013,(2):23-25
在不等式的王国中,我们知道有很多不等式都是用华罗庚先生的名字命名的,其中有一个初等不等式如下:
华罗庚不等式[1]设ak为实数,p,q＞0则(P-n∑k=1ak)2+q(n∑k=1a2k)≥pq2/n+q.仅当a1=a2=…=an=qp/n+q时等号成立. 相似文献
9.
Holder不等式在不等式理论与应用中有其特殊的效用.本文将着重介绍Holder不不等式的两个推论及它们的应用. Holder不等式的完整形式应是以下定理:若α_i>0,b_i>0(i=1,2,…,n),p,q满足1/p 1/q=1,则(1)若1相似文献
10.
李占兰 《商丘师范学院学报》2002,18(5):27-30
得出由Lucas多项式导出的多项式Ln(x)不可约的充要条件，利用此结果给出（1）coskπ/n为无理数的一个充分条件，k=1,2,…，n-1;(2)求出Sk=∑i=1^p/2cos^k(2iπ/p）的递推公式，p是素数。 相似文献