一个不等式的推广0305
对一个不等式的推广
欲求 ‘
的最大值 ． 则需求 ＋ 。 ＿ ‘＋ 二 ＿。 的最小值 ． 。）
的最大值为 ９ ．
证 明方 法 同上 ． 以证 出 ｍ ≤９ 可 ．
由上探究不难知
１
＋
现在归纳推广到 项 ： 推广 ６ 当 ＞ａ ： ２＞口 ３＞… ＞ａ ＞０ ，且
１
ａ
．
一
－
其 实在取 ａ＝３ｂ＝２ ｃ＝１ 时， ， ，
— — ＋— — ＋ ＋— — ：０ 口一 ｂ ｂ— Ｃ ｃ一 日
（
１
ｂ － ＋ － ＋６ Ｃ Ｃ ）
，
故 题 ３修改为求 证 ：
— — ＋ — ＋ — ≥０ ＋— ＋— 口一 ｂ ｂ— Ｃ ｃ一 口
＞０
时， —Ｌ ＋ ＿ ＋ —ｌ
＞ 不成立 ０
。
ａ— ｂ ｂ—Ｃ ｃ— ａ
归 纲 ： ａ ＞６ ＞ Ｃ ， 当 且
本 文对这样 一道看似普通 但 内容 丰富 的不 等式作一些 探 究 和推 广 ．以引导学 生带着一种强烈 的推广欲望去努力思考 、
实践 ， 得到数学 中一些常用 的结论 。下面对这个 不等式作一些
ｂ
＋
６ 一 ｃ ｃ—
一
， ’
欲求 ｍ 的 最大值， 则需求（— ＿ ÷ Ｃ ÷ ａ （ ｄ的最小值， — Ｄ ＋ — ＋ — ） — ） Ｄ ａ ａ ｃ
由上探究过程不难知 道 ：
ａ— ｂ ｂ— Ｃ Ｃ — — — —ａ
ｃ 击＋ 击＋
：
，
１ ａ ｘ
笔＋ ｎ 一 —等 ｎ ＋ — — — ＋ Ｐ ｎ ｈ— ｈ一 ｈ＋ ｈ＋ Ｐ ｒ
≥ ３＋ ２＋ ２ ＋ ２
一道不等式的推广及证明
． 可 知：
（ Ｓ Ｏ 十 ） ≥ （ ｓ ＋ Ｓ ） ．
由于 ｇ Ｃ ｒ ）一 ， 在 区间 （ ０ ， ＋。 。 ）上 为递 增
刍蛳
数 ， 这 样 ｇ ［ （ ｓ 。 ＋ ） ］ ≥ ｇ ［ （ ＋ ÷ ） ］ ． 从 而 （ ａ ｌ ＋ 去 ） ＋ （ 时 ） ＋ ． ． － ＋ （ ｎ ＋ ） 一 函
一
（ ｎ ＋ ） 。 ≥ ｍ （ ｓ 。 ＋ ） ｃ … ，
①
由Ｊ ｅ ｎ ｓ ｅ ｎ 不 等式 Ｅ［ ｇ （ ） ］ ≥ｇ ［ Ｅ（ ） ］ ， 可知 ：
２ ． 设ａ １ ， ａ ２ ， …， 口 均 为正 数 ， 且ａ ｌ ＋ａ ２ ＋ …
＠ ａ ｍ 一 。 ， 若 ｓ 。 ≤ ｓ ≤ １ 或 １ ≤ ｓ ≤ ｓ 。 ， 则 （ ｎ ＋ ）
。
＋ 妻去 ≥ 。 十 一 （ ｓ 。 十 ） ２ ＋ ａ ２ ） 。 ＋ … ＋ （ ｎ ＋ ） ≥
ｍ
当 ａ＞ １时 ， 设 离 散 型 随 机 变 量 的分 布
列为：
（ Ｓ ｏ ＋ ） ≥ （ ｓ ＋ ÷ ） ．
一
（ 。 十 耋 去 ） ≥ （ 。 ＋ ）
另 外 ， Ｅ ［ ｇ （ ∈ ） ］ 一 妻（ “ ＋ ） ．
一 ｉ ＝１ 、 ２ｉ （ ／
＋ ｎ 一
５ ｏ ＋ ） ． 从 而 Ｅ （ ） ］ ≥（ ｓ 。 ＋ ） ． （ 时 ） 。 ＋ （ 去 ） ＋ ． ． ． ＋ （
笔者认 为 当 是 大 于 等 于 １的实 数 时 ， 上述
不等 式也是 成立 的． 证 明 当 ａ 一 １时 ，由调 和 一算 数 平 均 值 不 调递 减 ， 在［ １ ， ＋。 。 ） 单 调递 增． 当Ｓ 。 ≤Ｓ ≤ １或 １ ≤Ｓ ≤Ｓ 。 时，
一个不等式的推广0305
2 m + 1m2 + m m + r nmm + r n+m 4 1 n 第 5 期3141( p + r - p ) n=21-m .≥4212V 3 = 9 (3 V ) 3 ,笔者将此命题再作如下推广 :22224 1即 S 1 + S 2 + S 3 + S 4 ≥9 (3 V ) 3 .当且仅当 a = b = c = d = e = f 时等号成立.1. 对于任何自然数 n ,存在自然数 m ,使得命题 4设四面体的四个侧面面积为( - 1) - n=+ m .S 1 、S 2 、S 3 、S 4 ,体积为 V , t ∈R 且 t ≥2. 则2. 对于任何自然数 p 、n ,存在自然数 m ,t t t t 2 - t7 t2 t使得S 1 + S 2 + S 3 + S 4 ≥2 ×3 6 V 3 . ④证明 :据文[ 1 ]引理 2 及不等式 ③,得( p + 1 - p )- n= m + 1 + m .t+ S t2 + S t42+ S t21t2 1 3. 对于任何自然数 n 、p 、r ,存在自然数m ,使得n≥ S 1 + S 2 + S 3 + S4 24( p + r -p )- n= m + r rn1 1 9 (3 V )3 2172下面证明推广 3. ≥4= 2×3 6 V 3 . 证明 : 因为 (p + r -) n(t t t t 17 2 t - n故 S 1 + S 2 + S 3 + S 4 ≥4 2×3 6 V3p )= 1 ,而由文[ 1 ]知2 - t7 t 2 t( p + r -p ) n=- m .= 2×3 6 V 3 .当且仅当 a = b = c = d = e = f 时等号成立.注 :命题 1 由李永利先生给出 ,命题 2～4 由庞耀辉先生给出.参考文献 :[1]] 冀金梁. Weisenb öck 不等式的三维推广[J ] . 中等数学 , 2001 (1) .[2 ] 王卓琦. 关于四面体的一个不等式[J ] . 福建中学数所以 , (p + r -p )- n=1 =.-r由推广 3 易得如下推论 :对于任何自然数 n 、p 、r , 存在自然数m ,使得学 ,1990 (1) .( p + r + p ) n=参考文献 :+ m .一个命题的再推广曾 令 辉(湖南省醴陵市渌江中学 ,412205)文[ 1 ]将命题 :对任何自然数 n ,存在自然数 m ,使得(- 1) n=-作如下推广 :1. 对任何自然数 p 、n ,存在自然数 m ,使1 4 8 3 m + r nm + 1p p + r -m + r nm + r nS 2 3 4p + 1 [ 1 ] 刘国斌. 一个命题的推广[J ] . 中等数学 ,2001 (4) .一个不等式的推广张 树 生(江西省宁都县固厚中学 ,342814)文[ 1 ]给出了下面一个三角形不等式 : 设 △ABC 的三边长分别为 a 、b 、c ,则1 ≤ a2 + b 2 + c 21得3( a + b + c )2< 2,①( -p ) n=-m . 当且仅当 a = b = c 时等号成立.2. 对任何自然数 n 、p 、r ,存在自然数 m ,使得本文将不等式 ①推广为 :设 △ABC 的三边长分别为 a 、b 、c . 对于m + 1a a 2 2 3( ) 22任意正整数 n , n > 1 ,有2000 (1) .中 等 数 学1 ≤ a n + b n + c n1[3 ] 杨开清 ,胡兆祥. 一个充要条件及其应用[J ] . 数学通3n - 1( a + b + c )n< 2n - 1 , ②报 ,1995 (9) .当且仅当 a = b = c 时等号成立.证明 :根据文[ 2 ] ,有1a n+ b n+ c n≥ a + b + cn∑ 2 的下界估计a3 3,当且仅当 a = b = c 时等号成立. 由此易知第一个不等式成立 ,取等号的条件也成立.唐 新 来(安徽省巢湖市炯炀中学 ,238072)下面证明第二个不等式 ,这等价于 1文[ 1 ] 1给出 ∑a 2 的上界估计 ,即设 a 、b 、a n +b +c n<2n - 1( a + b + c ) n.③c 为 △ABC 的三边长 , R 、r 分别表示 △ABC用数学归纳法.当 n = 2 时 ,由式 ①知式 ③成立. 设 n =k , k ∈N , k > 1 时 ,不等式 ③成立 ,有a k+ b k+ c k<1 ( a + b + c ) k. 2k - 1 的外接圆、内切圆半径 ,则有1( R 2 + r 2 ) 2 + Rr (2 R - 3 r ) 2∑ 2 ≤ . ①a R r 16 R - 5 r 文[ 2 ]将 ①式加强为 1 1则 a k + 1 + b k + 1 + c k + 1< a k( b + c ) + b k( c + a ) + c k( a + b ) ∑ 2 ≤ 2 .②a4 r1 kk本文给出 ∑ 2 的下界估计= a [ ( a + b + c ) - a ] + b [ ( a + b + c ) - b ] + c k[ ( a + b + c ) - c ] = ( a + b + c ) ( a k+ b k+ c k)a11∑ 2 ≥2 Rr . ③2 22 22 2- ( a k + 1 + b k + 1 + c k + 1 ) .故 a k + 1 + b k + 1 + c k + 1证明 : ∑1= b c + a c + a ba 2b 2 c2<1 ( a + b + c ) ( a k + b k + c k) 2 ( bc ) ( ac ) + ( ac ) ( ab ) + ( bc ) ( ab )≥a 2b 2 c2 < 1 ( 2k a + b + c ) k + 1 . =c + a + b .abc这说明 n = k + 1 时 ,不等式 ③也成立. 因此 , ②中第二个不等式也成立. 注 :文[ 3 ] 中证明了 : 使不等式 ( a + b +c ) 3≥k ( a 3 + b 3 + c 3 ) 对任意三角形都成立的由三角形中的恒等式 a + b + c = 2 p (其中 p 为半周长) , abc = 4 Rrp 代入上式即得 ③.有趣的是由 ②和 ③可得k 的取值范围是 k ≤4 ,且原不等式中等号不2 r ≤ 1≤R .成立. 显然 , ②中第二个不等式也是这一结果2 r ∑1 a2的推广.参考文献:[ 1] O. Bottema 等著. 几何不等式[ M] . 单译. 北京:北这里又出现了欧拉不等式的一个隔离. 参考文献:1 ( )京大学出版社,1991.[2 ] 张建群. 一个不等式的推广及应用[ J ] . 数学通报, [ 1] 张. ∑a2的上界估计[J ] . 中等数学,2000 2 . [ 2 ] 庞如兰. 一个不等式的加强[J ] . 中等数学,2003 (1) .。
基本不等式的推广
我们常把a b叫做正数a、b的算术平均数. 2
3. 基本不等式的推广(a 0, b 0)
思考1 : 将基本不等式两边平方,即( a b )2 ab 2
思考2 : a2 b2 与( a b )2的大小关系如何？
2
2
试证明之.
2
思考3 : 根据基本不等式, 你能判断 的大小吗？
ab与 1 1
a2 b2 a b
2
ab
(a 0, b 0)
2
2
11
ab
必修五《考一本》第29课时
一、设疑引入
数学家大会的会标，你能在这个图中 找出一些相等关系或不等关系吗？
二、新知探究
1. 一般地，对于任意实数a, b我们有 a2 b2 2ab
当且仅当a b时，等号成立
你能证明吗? (a2 b2 2ab (a b)2 0)
2. 特别地, 若a 0, b 0, 则a b 2 ab 通常写作 ab a b , 称之为基本不等式 2
ab
综上，我们有不等式链：
a2 b2 a b ab 2 (a 0, b 0)2来自211ab
【例1】
已知x, y都是正数，求证： ( x y)( x2 y2 )( x3 y3 ) 8 x2 y3
【例2】
已知a2 b2 c2 1, 求证: (a b c)2 3
基本不等式及其推广(a 0, b 0)
不等式的证明方法及其推广
不等式的证明方法及其推广摘要：在初等代数和高等代数中，不等式的证明都占有举足轻重的位置。
初等代数中介绍了许多具体的而且相当有灵活性和技巧性的证明方法，例如换元法、放缩法等研究方法；而高等代数中，可以利用的方法更加灵活技巧。
我们可以利用典型的柯西不等式的结论来证明类似的不等式；除此还可以利用导数，微分中值定理，泰勒公式，积分中值定理等有关的知识来证明不等式；在正定的情况下，也可以用判别式法；掌握了定积分化为重积分的内容之后，对于某类不等式，也可以将定积分化为重积分，再证明所求的不等式。
由此我们可以看到，不等式的求解证明方法并不唯一，但是初等数学里的不等式，都可以用高等数学的知识来解决，解答更为简洁。
所以，高等数学对初等数学的教学和学习具有重要的指导意义。
本文归纳和总结了一些求解证明不等式的方法与技巧，突出了不等式的基本思想和基本方法，便于更好地了解各部分的内在联系，从总体上把握证明不等式的思想方法；注重对一些著名不等式的推广及应用的介绍。
关键词：不等式；证明方法1 引言1．1 研究的背景首先，我们要从整个数学，特别是现代数学在21世纪变得更加重要来认识不等式的重要性。
美国《数学评论》2000年新的分类中，一级分类已达到63个，主题分类已超过5600多个，说明现代数学已形成庞大的科学体系，并且仍在不断向纵深化发展。
它在自然科学、工程技术、国防、国民经济(如金融、管理等)和人文社会科学(如语言学、心理学、历史、文学艺术等)以至我们的日常生活中的应用都在不断深化和发展。
它为我们提供了理解信息世界的一种强有力的工具，它也是新世纪公民的文化和科学素质的重要组成部分。
而不等式在数学中又处于独特的地位。
美国《数学评论》在为匡继昌的《常用不等式》第2版写的长篇评论中指出:“不等式的重要性，无论怎么强调都不会过分。
”这说明不等式仍然是十分活跃又富有吸引力的研究领域。
再者不等式的求解和证明一直是高考的热点和难点。
近年来高考虽然淡化了单纯的不等式证明的证明题。
一个不等式的推广和应用
不等式的推广及应用
第1题证明不等式.
人教版《高中数学第二册》（上）P
11
利用该不等式可以简捷巧妙地解答其它一些不等式问题.本文简单介绍它的应用及推广，供大家在教学中参考.
一、不等式的应用
例1 设c是直角三角形斜边的长，两直角边长为a和b,求证
证明：∵
例2 填空：设的最小值为 .
当且仅当.
例3 设A、B、C、D为空间中的四点，
求证：
证明：如图，取BD的中点E，连结AE和EC，则在△ABD和△BCD中，根据中线的性质，有
二、不等式的推广及应用
不等式可以推广成如下命题：
如果：
=a n时取“=”号）.
证明：
例4 （外森比克不等式）已知三角形的边长为a,b,c，其面积为S，求证
，并指出何时等号成立.
证明：由海伦公式，
例5 试确定的所有实数解.
解：由
取“=”号.
所以，原方程组有唯一实数解
三、不等式的再推广及应用
不等式还可以再推广，这就是著名的Holder不等式.
如果
（当且仅当时取“=”号）.
证明从略.
例6 求证：
证明：由Holder不等式，得
例7 设A、B、C为△ABC的三个内角，n为自然数，求证
证明：由不等式，得
当且仅当时取“=”号.
例8 已知，求证
证明：由H lder不等式，得
事实上，我们称M m(=为n个正数
的m次幂平均．关于幂平均有下面的定理：
如果为正数，，那么
（）（当且仅当a1=a2=…=a n时取“=”号）．
证明从略．
据定理，有Ｍ２（）Ｍ１（）（当且仅当
时取“=”号），即
）（）（当
且仅当时取“=”号），即为不等式.。
高中数学论文：一道不等式例题的推广及应用
一道不等式例题的推广及应用高中数学必修第二册（上）第12页例3：2233,,ab b a b a b a b a +>+≠则有都是正数，且若 （1）文[1]对（1）式进行指数推广，笔者认为可以进一步推广为: 引理 则有且同号都是正数，若,,,R l k b a ∈ k l l k l k l k b a b a b a +≥+++ 当且仅当b a =时取到等号。
证明：因为 0))((≥--=--+++l l kk k l l k l k l k b a b a b a b a b a 所以 k l l k l k l k b a b a b a +≥+++ 证毕。
下面我们考虑对其项数推广。
注意到引理的结构，两边同时加上lk lk ba +++，则可得k l l k l k l kb a b a b a +≥+++)(2+l k l k b a +++即，))(()(2l l k k l k l k b a b a b a ++≥+++，所以有：定理 :,,1,则有且同号、且若R l k N i n i R a i ∈∈≤<∈+)(1111∑∑∑===+≥n i l i n i k i ni lk i a a n a 时取等号当且仅当n a a a === 21证明：因为∑∑=+=+=nj l k j n i lk i a a 11所以∑∑∑∑∑∑=+=+====+++++=+=+nj l k j n i lk i n j n i n j n i lk j lk i lk j lk i a n a n na a a a 111111)()(∑=+=ni l k i a n 12 （2）由引理及∑∑∑∑======nj l j ni l i n i n j k j k i a a a a 1111,所以∑∑∑∑∑∑∑=======+++=+≥+ni l i kj n j n i ki lj nj n i kj li lj ki n j n i lk j lk i a a a a a a a a a a 1111111)()()(∑∑∑∑∑∑=======+=ni l i n i ki n i li n j kj n i ki n j lj a a a a a a 1111112 （3）时等号取到即当且仅当n j i a a a a a ==== 21结合（2）（3）可得定理成立。
一个三角不等式的推广及应用
n n- 1 Κ A , ( 3) 1 co s
定理 2 在 △A B C 中, n ∈ N , Κ> Κ co s2n A + co s B + co s C 1 n - 1 + nΚ ( 2n Κ ) - 2n - 1. > 12n Κ 证明 由 ( 4) 式可得 co s2n A = ( co s2 A ) n ≥n
2 = Κ+ co snA + Κ co s A . 当 A 为钝角或直角时, - 1 < co s A ≤ 0, 0 ≤- co s A < 1, n ) co s A - Κ co s A = co s A ( co sn - 1A - Κ ∵ - 1 < co s A ≤ 0, ∴ - 1 < co sn- 1A < 1, Κ≥ 1, ∴ co sn- 1A - Κ< 0, ) ≥ 0, ∴ co sA ( co sn- 1A - Κ 此时, co snA + Κ( co sB + co sC ) > Κ+ co snA - Κ co sA ( n - 1) Κn - 1 n - 2 > Κ> Κn Κ , 2
角不等式: 在 △A B C 中, 有
co s2A + co sB + co sC > 3 4 ( 1)
[1]
( 5)
经探讨发现, ( 1) 式可推广为如下两个定 理, 并由此轻而易举地解决几个与之相关的 A p l 问题 . 定理 1 在 △A B C 中, 对 Κ≥ 1, n ∈ N , 有 co sn A + Κ( co s B + co s C ) ( n - 1) Κ n - 1 n - 2 ( 2) > Κn Κ . 2 证明 co sn A + Κ( co s B + co s C ) A B - C = co snA + 2Κ sin co s 2 2
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≥4
3
14
2
1213
V
83
=9(3V 4
)
13,
即 S 21+S 22+S 23+S 24≥9(3V 4
)1
3.
当且仅当a =b =c =d =e =f 时等号成立.
命题4 设四面体的四个侧面面积为S 1、S 2、S 3、S 4,体积为V ,t ∈R 且t ≥2.则
S t
1+S t
2+S t
3+S t
4≥22-t ×376t V 2
3t
.④
证明:据文[1]引理2及不等式③,得
S t
1+S t
2+S t
3+S t
4
4
1t ≥S 21+S 22+S 23+S 2
4
4
1
2
≥
9(3V 4)1
34
12
=12
×376V 23.故S t 1+S t 2+S t 3+S t 4≥412
×376V 23
t
=2
2-t
×37
6t V 23
t .
当且仅当a =b =c =d =e =f 时等号成立.
注:命题1由李永利先生给出,命题2～4由庞耀辉先生给出.
参考文献:
[1] 冀金梁.Weisenb ck 不等式的三维推广[J ].中等数学,
2001(1).
[2] 王卓琦.关于四面体的一个不等式[J ].福建中学数
学,1990(1).
一个命题的再推广
曾令辉
(湖南省醴陵市渌江中学,412205)
文[1]将命题:
对任何自然数n ,存在自然数m ,使得
(2-1)n =
m +1-m
作如下推广:
1.对任何自然数p 、n ,存在自然数m ,使得
(
p +1-p )
n
=m +1-m .
2.对任何自然数n 、p 、r ,存在自然数m ,
使得
(p +r -p )
n
=m +r n
-
m .
笔者将此命题再作如下推广:
1.对于任何自然数n ,存在自然数m ,使
得
(2-1)
-n
=m +1+m .
2.对于任何自然数p 、n ,存在自然数m ,
使得
(
p +1-p )
-n
=m +1+m .
3.对于任何自然数n 、p 、r ,存在自然数
m ,使得
(p +r -p )
-n
=
m +r n
+
m
r n .
下面证明推广3.证明:因为(
p +r -p )
n
(p +r -
p )
-n
=1,而由文[1]知
(p +r -p )
n
=
m +r n
-m .
所以,(p +r -
p )
-n
=
1
m +r n
-m
=
m +r n
+
m
r
n .
由推广3易得如下推论:
对于任何自然数n 、p 、r ,存在自然数
m ,使得
(p +r +p )
n
=m +r n
+
m .
参考文献:
[1] 刘国斌.一个命题的推广[J ].中等数学,2001(4).
一个不等式的推广
张树生
(江西省宁都县固厚中学,342814)
文[1]给出了下面一个三角形不等式:
设△ABC 的三边长分别为a 、b 、c ,则13≤a 2
+b 2
+c 2
(a +b +c )
2<1
2,①
当且仅当a =b =c 时等号成立.
本文将不等式①推广为:
设△ABC 的三边长分别为a 、b 、c .对于
1
22003年第5期
任意正整数n,n>1,有
1 3n-1≤a n+b n+c n
(a+b+c)n
<
1
2n-1
,②
当且仅当a=b=c时等号成立.
证明:根据文[2],有
a n+
b n+
c n
3≥a+b+c
3
n
,
当且仅当a=b=c时等号成立.由此易知第一个不等式成立,取等号的条件也成立.
下面证明第二个不等式,这等价于
a n+
b n+
c n<
1
2n-1
(a+b+c)n.③
用数学归纳法.
当n=2时,由式①知式③成立.设n= k,k∈N,k>1时,不等式③成立,有
a k+
b k+
c k<
1
2k-1
(a+b+c)k.
则a k+1+b k+1+c k+1
<a k(b+c)+b k(c+a)+c k(a+b)
=a k[(a+b+c)-a]+b k[(a+b+c) -b]+c k[(a+b+c)-c]
=(a+b+c)(a k+b k+c k)
-(a k+1+b k+1+c k+1).
故a k+1+b k+1+c k+1
<1
2
(a+b+c)(a k+b k+c k)
<1
2k
(a+b+c)k+1.
这说明n=k+1时,不等式③也成立.
因此,②中第二个不等式也成立.
注:文[3]中证明了:使不等式(a+b+ c)3≥k(a3+b3+c3)对任意三角形都成立的k的取值范围是k≤4,且原不等式中等号不成立.显然,②中第二个不等式也是这一结果的推广.
参考文献:
[1] O.Bottema等著.几何不等式[M].单 译.北京:北
京大学出版社,1991.
[2] 张建群.一个不等式的推广及应用[J].数学通报,
2000(1).
[3] 杨开清,胡兆祥.一个充要条件及其应用[J].数学通
报,1995(9).
∑1
a2
的下界估计
唐新来
(安徽省巢湖市炯炀中学,238072)
文[1]给出∑1
a2
的上界估计,即设a、b、c为△ABC的三边长,R、r分别表示△ABC 的外接圆、内切圆半径,则有
∑1
a2
≤
(R2+r2)2+Rr(2R-3r)2
R2r3(16R-5r)
.①文[2]将①式加强为
∑1
a2
≤1
4r2
.②
本文给出∑1
a2
的下界估计
∑1
a2
≥1
2Rr
.③
证明:∑1
a2
=b
2c2+a2c2+a2b2
a2b2c2
≥
(bc)(ac)+(ac)(ab)+(bc)(ab)
a2b2c2
=
c+a+b
abc
.
由三角形中的恒等式a+b+c=2p(其中p为半周长),abc=4Rrp代入上式即得③.
有趣的是由②和③可得
2r≤
1
2r∑
1
a2
≤R.
这里又出现了欧拉不等式的一个隔离.
参考文献:
[1] 张 .∑
1
a2
的上界估计[J].中等数学,2000(2). [2] 庞如兰.一个不等式的加强[J].中等数学,2003(1).
22中等数学。