戴 要:原文用两次函數的1個美好性質解決瞭1類無理没有等式的證明,並對相應類型的没有等式進止瞭拉廣. 　　關鍵詞:两次函數;無理没有等式 　　 　　貴刊曾登载瞭1篇用“1”巧證瞭1類無理没有等式的文章,讀後頗受啟發,但是證明中的本领性邪如文中所行,的確很強,學死不容易駕馭. 經過筆者研讨發現,這類無理没有等式的證明能够用两次函數的1個性質輕紧解決,并且還能够將其拉廣至普通情况. 其實這些没有等式可統1寫成形如≤Ｃ(此中xi∈Ｒ+,i=1,2,…,n,Ａ,Ｂ,Ｃ∈Ｒ+,xi=s)的情势. 尾先,尔們給出眾所周知的两次函數的性質.
　　命題 設两次函數f(x)=ax2+bx+c(a>0),假如對随便的實數x,f(x)≥0恒建立,这麼必有Δx≤0建立.
　　例1已经知a,b,c∈Ｒ+,且a+b+c=1,供證:++≤.
　　證明 令=x,=y,=z,++=s,則有x2+y2+z2=7.
　　構制函數f(t)=3t2+2(x+y+z)t+(x2+y2+z2),
　　則f(t)=(t+x)2+(t+y)2+(t+z)2≥0對统统實數t均建立,故
　　Δ=4(x+y+z)2⑴2(x2+y2+z2)≤0,即4s2⑴2×7≤0,從而s≤.
　　以是++≤.
　　註此題本形最先出現正在1980年列寧格勒數學競賽題中,本題以下:
　　設a,b,c,d∈Ｒ+,a+b+c+d=1,供證:+++0,b>0,且a+b=1,供證:+≤2.
　　證明令=x,=y,+=s,
　　則x2+y2=2. 構制两次函數f(t)=2t2+2(x+y)t+(x2+y2),
　　則f(t)=(t+x)2+(t+y)2≥0對统统實數t均建立,從而Δ=4(x+y)2⑻(x2+y2)≤0.
　　以是4s2⑻×2≤0,從而s≤2,即+≤2.
　　此例能够拉理為以下定理.
　　定理2設xi∈Ｒ+,i=1,2,…,n,m∈Ｚ+,m≥2,xi=1,
　　則≤.
　　證明設=ti(i=1,2,…,n),=s,則t=1+. 構制两次函數f(x)=nx2+2xti+t,
　　則易知f(x)=(x+ti)2≥0對统统實數x均建立,故
　　Δ=4ti2⑷nt≤0,
　　即4s2⑷n1+≤0,
　　從而有s≤,
　　即≤.
　　例3已经知a,b,c∈Ｒ+,且a+b+c=2,供證:++≤.
　　證明 令=x,=y,=z,++=s,
　　則有x2+y2+z2=2. 構制函數f(t)=3t2+2(x+y+z)t+(x2+y2+z2),
　　則f(t)=(t+x)2+(t+y)2+(t+z)2≥0對统统實數t均建立,故
　　Δ=4(x+y+z)2⑴2(x2+y2+z2)≤0,即4s2⑴2×2≤0,從而s≤.
　　以是++≤.
　　將此題拉理获得以下定理.
　　定理3設xi∈Ｒ+,i=1,2,…,n,xi=s,則≤.
　　證明設=ti(i=1,2,…,n),=r,則t=s. 構制函數f(x)=nx2+2xti+t,
　　則易知f(x)=(x+ti)2≥0對统统實數x均建立,故
　　Δ=4ti2⑷nt≤0,
　　即4r2⑷ns≤0,從而r≤,
　　即≤.
　　用此定理的3元情况能够證明3角形中的一点儿露根式的没有等式. 尔們約定a,b,c;p,Ｒ,r;ha,hb,hc;la,lb,lc;Ａ,Ｂ,Ｃ分別暗示△ＡＢＣ的3邊長,半周長、中交圓半徑、內切圓半徑,下線長,中線長战3個內角.
　　(1)++≤(1990年第16屆齐俄ＩＭＯ試題).
　　簡證由條件及定理3有
　　++≤=.
　　(2)設凸n邊形的邊長分別為a1,a2,…,an,且ai=2p,則?搖
　　≤.?搖
　　(3)∑≤.?搖
　　簡證由定理3及恒等式∑sinＡ=便可患上證.
　　(4)∑≤4.?搖
　　簡證由定理3及恒等式∑tantan=1便可患上證.
　　(5)∑≤.?搖
　　簡證由定理3及生知的没有等式∑ha≤p便可患上證.
　　(6)∑≤p.?搖?搖?搖?搖?搖?搖?搖
　　簡證由定理3及出名的Ｇerretsen没有等式p2≥16Ｒr⑸r2战p2≥27r2便可患上證.
　　(7)∑≤3.
　　簡證由定理3及生知的没有等式∑≤1+便可患上證.
　　將定理一、二、3开並起來再拉理會获得定理4.
　　定理4設xi∈Ｒ+,i=1,2,…,n,xi=s,Ａ,Ｂ∈Ｒ+,
　　則≤.
　　證明設=ti(i=1,2,…,n),=r,則t=Ａs+nＢ. 構制函數f(x)=nx2+2xti+t,則易知f(x)=(x+ti)2≥0對统统實數x均建立,故Δ=4ti2⑷nt≤0,即4r2⑷n(Ａs+nＢ)≤0,從而r≤,即≤.
　　從以上例子战定理能够瞅出,解決這類問題構制函數簡單,形式牢固,學死简单承受、把握战運用.
原文為齐文本貌 已安裝ＰＤＦ瀏覽器用戶請先下載安裝 本版齐文