圆柱(台)、正n棱柱(台)侧、表面积与体积间的恒等式

文[1]给出了圆锥侧、表面积与体积间的恒等式(Mb-Mc)Mb(2 Mc-Mb)=9πV2(Mc,Mb,V分别表示侧面积、表面积与体积,下同),文[2]给出了正n棱锥侧、表面积与体积间的恒等式(MbMc)Mb(2 Mc-Mb)==9nV2tanπn,并指出圆锥与正n棱锥恒等式之间的关系.本文给出圆柱、圆台、正n棱柱、正n棱台侧、表面积与体积间的恒等式,供大家参考.定理1圆柱侧、表面积与体积间的恒等式:     

二次递归数列的通项

由给定的 x_1及二次递推式x_(n 1)=ax_~2 bx_n c(a≠0) (*)确定的递归数列{x_n}的通项,文[1]、[2]各给出了一种可求的情形,本文给出可求的一种较一般     

构造向量证明一类分式不等式

《数学通报》2003(1)文[1]逆用等比数列各项和公式及均值不等式111()nminmiimiaan=-=、《中学数学教学》(安徽)2003(3)文[2]利用均值不等式2(,)xyxyxyR 澄分别巧妙地证明了一类分式不等式,读后颇受启发.笔者发现,如果通过构造向量,利用向量数量积不等式||||||mnmn祝uvvuvv证明这类不等式更加方便快捷. 为应用方便,我们把不等式||||||mnmn祝uvvuvv写成222||||/||(0)mmnnn坠uvuvvvvv(*)证明时只要根据所证不等式的结构特点,构造适当的向量,再利用不等式(*)即可获证.文[1]、[2]中的所有例题及练习都可以用此法证明. 例1 (文[1]例1) 已知12,,,…     

关联三个圆的又一结论

在文[1]中给出了涉及三个圆半径的一个有趣的几何恒等式的命题.     

任勇数学教育文集三部之三:“微观卷”探索数学解题的奥秘(6) 证明组合恒等式的若干方法

本文给出组合恒等式C_n~1+2C_N~2+3C_n~3+…+nC_n~n=n·2~(n-1)的六种证法.这个组合恒等式在证明其它组合恒等式和计算组合数的和时常常有用.     

这种方法更好

文 [1 ]利用定理 :设 0≤ fi≤ gi(i=1 ,2 ,… ,n) ,则f1 g22 - f 22 f2 g23- f23 … fn g21 - f21 =12 (g21 g22 … g2n) f 21 f22 =g22 ,f22 f23=g23,……f 2n f21 =g21 .给出解无理方程的一种方法 .但是 ,这种方法不易被初中学生接受 .实际上 ,能够利用该定理解的无理方程完全可以用恒等式 ab=a2 b22 - (a- b) 22 给予解决 ,而且初中生接受起来也并不困难 ,下面就以文 [1 ]中的几道例题为例 ,给予说明 .例 1　解方程x 4- y2 - y 9- z2 - z 9- x2 =1 1 .解　原方程可化为[x2 (4- y2 )2 - (x- 4 - y2 ) 22 ] [y2 (9- …     

也谈竞赛不等式的创新证法——利用Eξ2≥(Eξ)2证明不等式竞赛题

在文[1]中,王志进,程美老师给出了竞赛不等式的创新证法——向量内积法.笔者通过研究发现一种新证法——利用 Eξ~2≥(Eξ)~2证明不等式竞赛题.因为若随机变量ξ的概率分布为:则方差 Dξ=p_1(x_1-Eξ)~2 p_2(x_2-Eξ)~2 … p_n(x_n-Eξ)~2 …=Eξ~2-(Eξ)~2≥0(*)通过构造随机变量ξ的概率分布,利用(*)式可以全解文[1]中的五个例题.例1 (第24届全苏数学竞赛试题)如果     

再探一道流行难题的解法

文[1]指的“流行难题”是:设二次三项式ax2 bx c在区间[1,1]上的值的绝对值不超过1,试求鸻? 鸼? 鹀淖畲笾?.该文通过文[2]的错解成因分析,并运用分类讨论思想给出了问题的一种正确解法,笔者读罢深受启迪,经过思考,也得出以下另3种解法.原问题等价于问题(*):已知函数f(x)=ax2     

高阶中立型方程正解的存在性

研究中立型方程[x(t)+px(t-τ)]~(n)+f(t,x(t-τ_1(t)),…,x(t-τ_k(t)))≥t_0,(*)本文给出(*)式为偶数阶方程时存在正解的充分条件,进一步回答文[1]中提出的而至今尚未完全解决的问题.     

线性规划问题的纯代数解法

文[1]给出了线性规划问题的一个减少作平移图形的有效解法,本文进一步给出不作图形的纯代数解法．这个方法就是解二元一次不等式组,即把其中一个未知数视为已知常数解一元一次不等式组．例1已知1≤x-y≤2,2≤x y≤4．     

组合合成阵的推广及应用

1、组合合成阵的推广及图论意义本文未解释的概念和术语可参见文[2]或[3]。方阵的组合合成由 R·A·Brudldi 和李乔引入[1]。设 A 是一个 n 阶(0,1)-矩阵,A 的项秩 P(A)是 A 中取自不同行和不同列的元素1的最大个数,对整数 r,1≤r≤n,Q_(r,n)表示取自{1,2,…,n}中长 r 的所有严格递增序列之集。对α=(i_1…,i_r,),β=(j_1,…,j_r)∈Q_(r,n),A[α/β]表示 A 的 r 阶子阵,它的行由α的项标记,列由β的项标记。A 的 r 级组合合成 C_r(A)是一个阶(0,1)-矩阵,它的行和列由 O_(r,n)的元     

sum((1/(a~2))的下界估计

文 [1 ]给出∑ 1a2 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∑ 1a2 ≤(R2 +r2 ) 2 +Rr(2R - 3r) 2R2 r3 (1 6R - 5r) .①文 [2 ]将①式加强为∑ 1a2 ≤ 14r2 .②本文给出∑ 1a2 的下界估计∑ 1a2 ≥ 12Rr.③证明 :∑ 1a2 =b2 c2 +a2 c2 +a2 b2a2 b2 c2≥(bc) (ac) +(ac) (ab) +(bc) (ab)a2 b2 c2=c+a +babc .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≤ 12r∑ 1a2≤R .这里又出现了欧拉不等式的一个隔离 .sum((1/(a~2))的下界…     

一类分式不等式的几个创新结果

文[1]给出不等式：若a,b〉0,a＋6=1,则3/2〈1/1＋a^3＋1/1＋b^3≤16/9.文[2]、[3]对该不等式作了推广．本文给出我们发现的三个创新结果．     

二行n列式、内积、面积与曲线积分

§1 二行n列式与内积 文[2]在[1]的基础上给出了二行n列式的定义:设有n个数对(x_1,y_1),1≤i≤n,n≥3,排成下面的二行n列式 其值D_n按所谓的斜线法计算     

一道典型例题多途径解决的思维过程

文 [1 ][2 ]的例 2是 :已知 a>c,b>c,c>0 ,求证 :　　　 (a- c) c (b- c) c≤ ab (* )文 [1 ]从几何的角度 ,构造三角形 ,化难为易 ,化隐为显 ,给出证明 ;文 [2 ]则从代数的角度 ,借助基本不等式 a2 b2 ≥ 2 ab予以解决 .殊途同归 ,相映成趣 .读后受益匪浅 ,又引起思考 :文 [1 ]是怎样想到构造三角形的 ,文[2 ]又怎会想到运用基本不等式 ,这其中有无规律可循 ?更进一步地 ,本例还有其它解决途径吗 ?以下是笔者的思考 ,敬请批评指正 .思考 1　这是一个无理不等式 ,一条自然的思路是通过消根号而证明 .要证 (a- c) c (b- c) c≤ ab,只要证…     

也谈一道数学奥林匹克题的简证及推广

1999年加拿大数学奥林匹克竞赛有一道试题 :令 x,y,z是满足 x y z=1的非负实数 .证明 :x2 y y2 z z2 x≤ 42 7,并指出等号成立的条件 .文 [1]给出了这道赛题的简证并将其推广为 :令 x,y,z是满足 x y z=1的非负实数 ,则xnym ynzm znxm≤ nnmm(n m) n m(n>m,n,m∈ N) .上述推广是正确的 ,但赛题和推广的证明方法都是错误的 .这是因为式子xnym ynzm znxm (n>m,n,m∈N) (*)是关于 x,y,z的轮换对称式 ,而不是 x,y,z的 (可换 )对称式 .如果在 (*)式中作轮换代换 (x,y,z)→ (y,z,x)或 (x,y,z)→ (z,x,y) ,所得式子与 (*)式相同 ;但…     

涉及等分圆周的两个不等式

近期,在文[1]、[2]中给出了等分圆周的一个性质,即 引理 设A_1,A_2,…A_(2n 1)依次为⊙O上的(2n 1)等分点(n∈N),P是劣弧上的任意一点,则PA_1 PA_3 … PA_(2n 1)=PA_2 PA_4 … PA_(2n)。 借助上述恒等式,本文得到了等分圆周的两个不等式。     

也谈一类根式和的取值范围

问题1设a>0,d<0,且a·c>b·d,求函数f（x）=^ax+b+^c+dx（-b/a≤x≤-c/d）的值域.文[1]运用三角变换巧妙地解决了这类无理函数的值域,体现出这种方法在解题中的优势,但笔者认为:实现快速、准确地对x进行三角换元操作,显得不太自然,还需用一定的时间不断尝试、探索.文[2]中,作者从代数层面给出了解     

一组不等式的推广

文[1]给出了下面两个定理:定理1 设a、b∈R ,则若a b≤2(2 5~(1/2))~(1/2),则     

关于“等周点”的一个猜想的证明

文 [1 ]给出等周点的定义及存在的充要条件 ,并猜想 :若△ＡＢＣ存在等周点 ,则等周值 (符号含义见文[1 ][2 ])ｌ≥4 3 69ｐ . ①证明 :应用熟知的恒等式ｒａ ｒｂ ｒｃ=4Ｒ ｒ,ｐａｒａ=ｐｒ等 ,有 ｐｂ- 1ｐｃ- 1=ｐａ ｐｂ ｐｃｐａｐｂｐｃ=ｐｐａｐｂｐｃ=1ｒ2 , ｐａ- 1=ｒａｐａｒａ ｒｂｐｂｒｂ ｒｃｐｃｒｃ=4Ｒ ｒΔ =4Ｒ ｒｐｒ .则①等价于(2 ｐｂ- 1ｐｃ- 1- ｐａ- 1) - 1≥2 3 39ｐ . ②而左边 =(2 1ｒ2 -4Ｒ ｒｒｐ ) - 1=ｒｐ2 ｐ -4Ｒ -ｒ.②等价于ｐ -2Ｒｒ ≤ 3 3-4 ｐ≤ 2Ｒ (3 3-4 )ｒ ,即　 ｐ2 ≤ 4Ｒ2 (1…