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1.
一类无理不等式的证明 总被引：3，自引：1，他引：3
若 a,b∈ R ,λ≥ 0 ,n∈N,n≥ 2 ,且 a≤b,则有n a λ- n λa ≥n b λ- n λb . (1 )等号当且仅当 a=b时成立 .证明 根据公式 an- bn=(a- b) (an- 1 an- 2 b … bn- 1 ) ,知n a λ- n λa =(na λ- n λ ) (n (a λ) n- 1 … n λn- 1 )a(n (a λ) n- 1 … n λn- 1 )= 1n (a λ) n- 1 n (a λ) n- 2 λ … n λn- 1≥ 1n (b λ) n- 1 n (a λ) n- 2 λ … n λn- 1=n b λ- n λb .其中等号当且仅当 a=b时成立 ,故 (1 )得证 .利用不等式 (1 ) ,可以使一大批这类不等式获得简证 .例 1 已知正数 a,b,c满足 a b c=3 ,求证 :4a … 相似文献
2.
本文提出了轮换平均的概念,建立了关于轮换平均的一个不等式,该不等式是算术-几何平均值不等式的一个隔离.作为其应用,得到了一系列的新不等式,最后给出轮换平均值不等式的加权推广.1轮换平均的定义定义设ai>0,pi≥0,pn+i=pi(其中i=1,2,3,…,n,n∈N,n>1),Σpi=1,我们把i=1nn n n L=槡Σpiai·Σpi+1ai·…·Σpi+n-1aii=1i=1i=1称为关于a1,a2,…,an的轮换平均.nn n为方便,记1A=nΣai,G=i.显然,令p1=1,pi=0(其中i=2,3,…,n),则L=G;令pi=i=1槡∏ai=1 相似文献
3.
由不等式a2 + (λb) 2 ≥ 2λab(a,b∈R ,λ为参数 ) ,得a2 ≥ 2λab-λ2 b2 .由此得到如下一个推论 :若b >0 ,则a2b ≥ 2λa-λ2 b. ( )对于参数λ的任一实数值 ,不等式 ( )总是成立的 ,当且仅当λ =ab 时 ,取等号 .值得重视和有趣的是应用这个不等式可以简捷、巧妙地证明一类分式不等式 .现举例说明 .例 1 设xi >0 (i =1 ,2 ,… ,n) ,求证 :∑ni=1x2 ixi+1≥ ∑ni=1xi(xn+1 =x1 ) .证明 由xi >0及 ( ) ,得x2 ixi+1≥ 2λxi-λ2 xi+1 .∴∑ni=1x2 ixi+1≥ ∑ni=1(2λxi-λ2 xi+1 )=(2λ -λ2 ) ∑ni=1xi.取λ=1 ,原不等式得证 .例 2 设… 相似文献
4.
董文藤 《中学生数理化(高中版)》2004,(10):17-17
证明形如a1 a2 … an≥f(n)的不等式,通常是用数学归纳法,但若将f(n)看做是一个数列{bn}的前n项和,则可通过证明an≥bn进而证明a1 a2 … an≥b1 b2 … bn=f(n)成立. 相似文献
5.
周启杰 《中学数学研究(江西师大)》2002,(3):21-24
命题:设a1,a2,…,am∈R+,t1,t2,…,tm≥0,t1t2…tm≠0,m,n∈N且m≥2,n≥2.记M=an1/t1a1+t2a2…tmam+an2/t1a2+t2a3+…+tma1+…+amn/t1am+t2a1+…+tmam-1,则 M≥a1n-1+a2n-1+…+amn-1/t1+t2+…+tm≥n2-n/t1+t2+…+tm(a1+a2+…+am)n-1. 该不等式的证明用到如下几个著名的不等式: 相似文献
6.
文[1]用均值不等式广泛地解决了一类分式不等式的证明 .本文来介绍这类不等式的一般性证法 ,证明中用到柯西不等式及其推论 .柯西不等式设 ai,bi ∈ R( i =1 ,2 ,… ,n) ,则 ( a21 + a22 +… + a2n) ( b21 + b22 +… + b2n)≥( a1 b1 + a2 b2 +… + anbn) 2推论 设 ai,bi ∈ R+( i =1 ,2 ,… ,n) ,则a21b1+ a22b2+… + a2nbn≥( a1 + a2 +… + an) 2b1 + b2 +… + bn下面结合文 [1 ]中的一例阐述推论的应用 .例 1 设 ∑ni=1xi =1 ,xi ∈ R+,i =1 ,2 ,… ,n,证明 :x11 -x1+ x21 -x2+… + xn1 -xn≥ nn -1左边 =x21x1 -x21+ x22x2 -x22+…… 相似文献
7.
李凤清 《四川职业技术学院学报》2014,24(5)
本文通过构建函数将文[1]中无理不等式"α,b0,n≥2,n∈N,λ≥2n-1,则a/a+λb n+b/b+λa n≥21+λn"与文[2]中无理不等式猜想"a,b0,n≥2,n∈N,0λ≤n,则a/a+λb n+b/b+λa n≤21+λn"这对姊妹不等式进行整体探究,得到如下结论:设a,b0,n≥2,n∈N,α是关于t的方程λt n-1-n-1i=0Σt2i=0的正根,那么当0λ≤n,则1a/a+λb n+b/b+λa n≤21+λn;当nλ2n-1,则1a/a+λb n+b b+λa n≤f(αn+1);当λ≥2n-1,则21+λn/≤a a+λb n+b/b+λa n≤f(αn+1). 相似文献
8.
《数学通报》2020年9期数学问题2562给出了不等式:已知a,b,c>0满足a+b+c=3,则1-ab 1+ab+1-bc 1+bc+1-ca 1+ca≥0(1).不等式结构对称,值得关注.为此,本文拟对不等式(1)的证明方法、变式、推广等方面作一探究.为了表述方便,由∑n k=1 x k y k·∑n k=1 x ky k=∑n k=1 x k y k 2·∑n k=1 x ky k 2≥∑n k=1 x k 2,可得柯西不等式的一个变式:引理设x 1,x 2,…,x n>0,y 1,y 2,…,y n>0,则有∑n k=1 x k y k≥(∑n k=1 x k)2∑n k=1 x ky k(2),等号当且仅当y 1=y 2=…=y n时成立. 相似文献
9.
有名辉 《中学数学研究(江西师大)》2008,(11)
瓦西列夫不等式[1]叙述如下: 设a,b,c＞0,a 6 c=1,则有a2 b/b c b2 c/c a c2 a/a b≥12.(1) 将此不等式进行联想类比,并推广到多元情形,得到 结论1 设x1,x2,…,xn＞0,n∈N,n≥2,则∑x12 x22 … xn2-1/x2 x3 … xn≤x1,x2 … xn.(2) 其中记.号"∑"表示循环和. 相似文献
10.
罗荣洁 《中学数学研究(江西师大)》2005,(9):47-49
柯西不等式为:(a1b1 a2b2 … anbn)2≤(a21 a22 … a2n)(b21 b22十… b2n).其中ai,bi∈R(i=1,2,…,n).当且仅当a1/b1=a2/b2=…=an/bn时取"=",(约定ai=0时,bi=0,i=1,2,…,n).对于许多不等式问题,若善于运用柯西不等式及其等价形式,则往往会使一些棘手的问题变得简单明了.关键是构造适合不等式的条件,并能根据问题探索其等价形式. 相似文献
11.
数列和不等式都是中学数学中非常重要的内容,也是高考的热点.近年来对数列和不等式的综合考查常被设置为高考压轴题,因为数列不等式的证明问题既要考虑不等式的证明方法,又要结合数列的特点,故综合性强,难度大.本文借助几道典型的高考试题,介绍数列不等式的常用证明方法.一、平均值不等式法例1已知数列{xn}由下列条件确定:x1=a>0,xn 1=21xn xan,n∈N*.证明:对任意的n∈N*且n≥2,总有xn≥a.证明由x1=a>0及xn 1=21xn xan,可归纳得xn>0.从而有xn 1=21xn xan≥xn.xan=a(n∈N*),所以当n≥2时,xn≥a成立.点评由于xn xan是“和”的形式,且xn、xan… 相似文献
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在国内外数学竞赛以及一些数学杂志上出现了一类分式不等式 ,许多专家都曾对这类不等式作过研究 ,指出了较多好的证法 .本文旨在说明这类分式不等式有一种统一初等证法 ,就是都利用一个常见的简单不等式 (a1+a2 +… +an) (1a1+ 1a2 +… +1an)≥n2 (ai >0 ,i=1 ,2 ,3,… ,n)加以证明的 .问题 1 (英国竞赛题 )设正数a1,a2 ,… ,an 之和为S ,求证 :a1 S -a1+a2S -a2+… +anS -an≥ nn - 1 (n∈N ,n≥ 2 ) .解析 原不等式等价于(a1 S-a1 +1 ) +(a2S-a2 +1 ) +… +(anS-an +1 )≥ nn - 1 +n ,即 SS-a1+ SS-a2 +… + SS-an ≥ n2n- 1 ,即… 相似文献
13.
著名的均值不等式“若a1,a2,…,an∈R+,则仅当a1=a2=…=an(n≥2,n∈N)时等号成立”是一个应用广泛的不等式,许多外形与它截然相异的函数式,常常也能利用它巧妙地求出最值,且运用均值定理求最值是历年来高考的热点内容,因此必须掌握利用重要不等式求函数的最值的方法和技巧. 相似文献
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贝努利不等式 :设 x>- 1 ,且 x≠ 0 ,n是不小于 2的整数 ,则 ( 1 x) n>1 nx.这个不等式的证明方法之一是用数学归纳法 .读者可参考现行课本代数下册 ,也可用均值不等式证明 :对 n∈ N,n≥ 2 ,当 - 1 0 ,1 nx≤ 0 ,因而 ( 1 x ) n>0≥ 1 nx,故不等式成立 ;当 x>- 1n且 x≠ 0时 ,n 1 nx =n ( 1 nx)· 1· 1… 1(n- 1 )个<( 1 nx) 1 1 … 1n =1 x,∴ ( 1 x) n>1 nx.此处不等式严格成立在于 x≠ 0综上 ,只要 x>- 1且 x≠ 0 ,均有 ( 1 x) n>1 nx( n≥ 2 ) .下面给出定理的应用例 1 已知 … 相似文献
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续铁权 《青岛职业技术学院学报》1994,(3)
本文讨论不等式multiply from k=1 to n(X_k (1/X_k))≥((X_1 X_2 … X_n)/n n/(X_1 X_2 … X_n))~n(n≥2,X_k>0,k=1,2,…,n)成立的条件,并利用它推广了Mitrinovic′-Djokovic′不等式.§1 引言用L表示常数(2 5～(1/5))～(1/(2 5～(1/5))),设n≥2.引理1 若0相似文献
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肖振纲老师在[1]中以基本不等式x~2 y~2≥2xy为基础，导出了一个简单的代数不等式；设α，β，r,α′，β′皆大于零，而k＞－1，则这是一个应用极为广泛的母不等式，由它可导出许多著名的几何不等式。本文以不等式x~2 y~2≥2xy的加强为基础，导出一个比(1)更强的代数不等式，由此可进一步加强匹多(D．Pedoe)不等式等著名不等式。引理若a，b∈R，0≤x＜1，则a~2 b~2≥2ab x(a-b)~2(2)式中等号当且仅当a=b时成立．定理设A，B＞0，0≤x_2＜1,(i=1,2,…,n)，则对任意两组实数a_1,a_2…an_3b_1,b_2…，b_n，有式中等号当且仅当a_1=A/Bb_i(i=1… 相似文献
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一、证明不等式例1已知n为大于1的自然数,求证:(1+13)(1+15)…(1+12n-1)>2n+1√2.证明因为欲证的不等式的左边和右边都为正,故可构造数列狖an狚,并令an=(1+13)(1+15)…(1+12n-1)2n+1√2.显然,an>0,a2=835√>1.若对任意n≥2,nN,都有an>1,则原不等式得证.∵an+1an=(1+13)(1+15)…(1+12n+1)·2n+1√2n+3√·(1+13)(1+15)…(1+12n-1)=2n+2(2n+1)(2n+3)√>2n+2(2n+1)+(2n+3)2=1(n≥2),∴an+1>an>an-1>…>a2>1,故原不等式成立.二、解不等式例2解不等式4x+log3x+x2>5.解设f(x)=4x+log3x+x2,则其定义域为(0,+∞),且在定义域内是增函数.又∵f(1)=5… 相似文献
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柯西不等式:设a1,a2,…,an,b1,b2,…,bn∈R,则(a12+a22+…+a2n)(b12+b22+…+b2n)≥(a1b1+a2b2+…+anbn)2,当且仅当bi=0(i=1,2,…,n)或存在一个数k,使得ai=kbi(i=1,2,…,n)时,等号成立.柯西不等式具有对称和谐的结构特征,应用关键在于构造两组数ai,bi(i=1,2,…,n),进行合理的变形,找准解 相似文献
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从一类对象或一个范畴的研究过渡到更广的一类对象或更广范畴上的研究 ,称为推广 ,类比是数学命题推广的一个工具 .从逻辑上说 ,推广就是将数学命题的外延扩大 ,来研究它的内涵变化特点 .在历年高考试题中 ,推广类试题曾多次出现 .一、在不等式中的推广【例 1】 已知x∈ (0 ,+∞ ) ,由不等式x+ 1x ≥ 2 ,x + 4x2 =x2 + x2 + 4x2 ≥ 3,… ,由此启发我们可以推广为x + axn ≥n + 1(n ∈N ) ,则a= .分析 :首先a >0 ,由基本不等式“A≥G(A为算术平均值、G为几何平均值 )”得x+ axn =xn + xn +… + xn + axn≥ (n+ 1)n+ 1 xn · xn …… 相似文献
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一、等式与不等式的转化例1若正数a,b满足ab=a+b+3,则ab的取值范围是______.分析为了求ab的取值范围,只要将原等式转化为不等式即可.解运用不等式a+b≥2ab姨,原等式可化为不等式.∵ab=a+b+3≥2ab姨+3,∴ab-2ab姨-3≥0.又ab姨>0,∴ab姨≥3,即ab≥9.例2已知不等式a2+b2+c2+4≤ab+3b+2c,求正整数a,b,c.分析本题所给的是不等式,而求的是a,b,c,故应将原不等式转化为3个等式,才能解决问题.解∵不等式的两边是整数,∴将a2+b2+c2+4≤ab+3b+2c配方得(a-b2)2+3(b2-1)2+(c-1)2≤0.则有a-b2=0,b2-1=0,c-1=0,∴原不等式有唯一的一组解a=1,b=2,c=1.二、常… 相似文献