一类分式不等式的新证法_安振平

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1、数学通报14年99第期,.设3二5从以上各定理和推论可以看出各面都是边,k2十2厂v一;+3v再代,代入(2)式有F二色数相同的多边形各顶点发出的棱数都相等的多Z、、、·,入(i,3。一2F=2ZF一4一12面体只有四面体六面体八面本十二面体和)式消去v有()()二十面体五种.而正多面体则除了上述要求外,一l(0一3“)F一20s(),,还要求各面是全等的而且是正的多边形因此,,当。=3时代入(5)式有F二20(从而正多面体的面数最多也只能有五种因为这五种,,V=12E=30)故得正多面体都可以做出所以正多面体的种类有且,.定理6各面都是三角形各顶点发出的棱数只有五种.5,,都是条的多面体是二

2、十面体附:当k>6时解联立方程组(l)(2)消去,,__当。二4时5一ZF=20ZV一4k一2x代入()式有F得Vn一2Z祖2+两边乘以()F是正整数…几一2方程在正整数范围内无—~一2二一2解.得4V一8=4。一8+(k)()V移项,4V一(k一2)(n一2)V=4n定理7各面都是四边形各顶点发出的棱数都是5条的多面体不存在.(Zk+2。一k二)V=4n4几推论3在k一5,当二>4时,F不存在.设k一6+l,l>2无+。一k。.:()4:设k6,,0“=3+。7n>0代入上式得(2)式有F一2+旦二:里v即F一2+Zv代入Z,4几再代入(1)式有(。一2)F=(F一2)一4了n3.2(6+l

3、+3+二)一(6+l)(3+)(一。)F=64几,,。七3:方程在正整数范围内无解18+21+2。一(18+31+6。+l二)故得4几,,,定理8各面都是n(。一345)边形各顶’一l一4爪一Z饥点发出的棱数都是6条的多面体不存在.5.设>6一l一4一l<0,4n>.0无上式分母。。而分子,二n二3,,,,,,,可以证明无论(45…)为何值故V<0而V表示顶点数这是矛盾的.方程组无解从而方程组无解.一类分式不等式的新证法安振平(陕西省永寿县中学713400),.证明不等式的途径较多本文意在介绍一类等号仅当al=aZ=…=%时成立分式不等式的新颖证法.证明过程中要用到无穷:a,,。,递缩等比数列

4、求和公式和平均不等式例1已知b任R+求证(1)对等比数列{alq“一`}(101<1)有·ai+aig十aigZ+·一O11一qab自一,OJC++>一,,,,,,e(2)若alaZ…a。任几+。n任万m全b+—C+口a—十白,,2。全2则有1心+心+二十a众兰a:+a:++am”n一1(…)1963饥(年莫斯科竞赛题)14年99第n期数学通报39,证记二a+b+则c30

5、,g+任ol’()——1一号1一1一考SS(Sh即iro不等式).,r、、。口1,+…十竺一+2+3bb证尘一[()(,()+’`++1一al七二音普音]以万)(亏广i一u21一几nb。__c。_。_a:aaa:。。``二十++十+++++(万厂+“}+([万)++`十(了凳…)(姜里一)…(万)(云)…。1_、1+a(+嵘+嵘+.二)`=下(a+b+c)+(了+伊+c)J篇占`(al+aZ+…+a。)+(a+a十…+a子若泛)十a(3+护+C3,+…+(a十a+…+a十…乡贾要之).,,、十。。a,十。2+111al+aZ+…`+a。2·全(卜与之二几a+口+c)+二蕊丁(a+b+c)`)’

6、合万`3、a,+“,11`+(二+`)“二+一s3a+b+“)典~+.+.丽(T乙a21ù一3,一护妒几a一1+二+十二=a+一+一J二d`…一,1qJ一忆+.1一旦几一a1介一一,,,例4已知正数ala2`(n全2)满足…a,,,alaZa。,例2设bc都是正数证明++…+=1求证口1口2a。a2b2e2>二-+二--一+),旦土二=+丁一,一一二土…a++艺-一a1Z一aZZ一n一2几一1O+C—C+aa十b一2—(1984年巴尔干竞赛题)“”·,(第二届友谊杯国际数学邀请赛题)口1口2+一2一~一卫证二-++.匕ac,2一ai2一aZZ一a几证记S二+b+则竺孟旦孟旦几已无b2c2aZZ

7、eZ-一卫一一+一止L一++一一卫一一任,b=01’…二.州一一-;1一竺工1_旦孟1_些几()++二一一+二+2一2一2一2e+aa+b万一O万一OS一er了ai、.,ai、2.,ai、5.1.f了aZ、.,aZ、2—一—e2.一S州.”一一尹l七几丁)州卜t气丁Jr飞二夕刊1州卜!飞~二尸J一r飞二丁),’’+舀一SO污一岁护互〔(0`)“’ZZ`’Z…““’ZZ+一护互se21,.r了an、