一元二次方程的一种图解方法

一元二次方程x~2+px+q=0(p,q不为零,p~2-4q≥0)的实数根可用下述图解方法求得。以点A(0,1)和点B(-p,q)为直径的两端作圆,则该圆与x轴的交点的横坐标就是一元二次方程x~2+px+q=0的实数根。证明 AB的中点坐标为(-(1/2)p,(1/2)(1+q)),AB线段的长为 |AB|=(p~2+(1-q)~2)~(1/2), 故以AB为直径的圆的方程为(x+(1/2)p)~2+[y-(1/2)(1+q)]~2     

数学奥林匹克初中训练题(47)

第一试 一、选择题(每小题7分,共42分) 1.已知lz、儿z均为实数,z>0,.y>0,且n=!芝_二型一∑兰一二__丛,6=z—y.贝0下 置 j>面的结论中必定成立的是( ). (A)若z<∥,则盘≥6 (B)以≤6 (C)以≥6 (D)若z0)有不相等的实数根的口的取值范围是( ). (A)00 (D)以≥1 3.在等腰△ABC中,顶角么BA(:=100~,延长AB到D,使AD=BC.则么BCD=( ). . (A)10。 (B)15。 (C)20。 (D)30。 4.给出方程甲:z。 plz ql=0,方程乙:z。 p2z _q2=0,其中pl、p2、q1、q2均为实数,且满足p,p2=2(q。 q:)…     

数学问题(九)

1.证明,八个相邻正整数乘积的四次方根必非整数,而它的整数部分是 x~2+7x+6,这里 x 是这些相邻整数的起始者.2.设 k 和 l 为给定的实数,对任意两个实数 a,b,定义运算 a_ob=ab+k(a+b)+l.试问这种运算满足结合律(a·b)·c=a·(b·c)的充要条件是什么?3.设 o<λ_1≤λ_2≤…≤λ_n,a_i≥0(i=1,2,…,n).证明不等式sum from i=1 to n λ_ja_i sum from i=1 to n a_i/λ_i≤1/4((λ_1/λ_n)~(1/2)+(λ_n/λ_1)~(1/2))~2(sum from i=i to n a_i)~2.4.作一凸闭曲线,它并非圆,但它的周长等于πD,这里 D 是它的直径,即它所围成的闭区域内两点间的最大距离.     

费—哈不等式的一个推广

设三角形三边为 a,b,c,而积为△,记 p=1/2(a+b+c),p_u=p-a,p_b=p-b,p_c=p-c,则本文给出费一哈不等式的如下推广:H=(λ_1)/(λ_2+λ_3)ap_a+(λ_2)/(λ_2+λ_1)bp_b+(λ_3)/(λ_1+λ_2)cp_c≥3~(1/2)△,其中λ_1,λ_2,λ_3∈R~+.记 x=λ_2+λ_3,y=λ_3+λ_1,z=λ_1+λ_2,则有     

函数f(x)=λ_1(x-a)~(1/2) λ_2(b-x)~(1/2)极值的三角解法

题目所示函数f(x)在λ_1>0,λ_2>0,α相似文献   

一题多得

题目:已知方程x~2+px+q=0 有二实数根α和β,且α~2+β~2=1,求p和q的范围。一、应用韦达定理这是典型的代数题,自然从数的等与不等方面去着手。首先,由有实根条件得△=p~2-4q≥0 ①其次,α~2+β~2=1,即(α+β)~2-2αβ=1,由韦达定理得 p~2-2q=1 ②由①和②可求p和q的最值:p~2=2q+1,由p~2≥0得2q+1≥0.∴q≥-1/2 ③把p~2=2q+1代入①得q≤1/2 ④所以-1/2≤q≤1/2,-1≤2q≤1,0≤2q+1≤2,即 0≤p~2≤2,∴ -2~(1/2)≤p 2~(1/2)。     

复平面上三点共线的一组等价命题

设Z_1,Z_2,Z_3为有限复平面上的任意三点,则有 命题1 Z_1,Z_2,Z_3三点共线的充要条件是三点中任意一点都在过其余两点所作的直线上。 命题2 Z_1,Z_2,Z_3三点共线的充要条件是（z_2-z_1）/（z_3-z_1）=λ,其中λ为不等于0的实数。 命题3 z_1,Z_2,Z_3三点共线的充要条件是存在三个不全为零的实数λ_1,λ_2,λ_3,满足关系 λ_1 λ_2 λ_3=0 ①     

基于弱解一阶偏导数Navier-Stokes方程解的正则性

文章考虑不可压的Navier-Stokes(N-S)方程在三维情况下弱解u的正则准则,使用了H9lder不等式、Young不等式及Sobolev嵌入不等式等,得到当?_3u∈L^p(0,T;Lp(0,T;L^q(Rq(R³))?L3))?L^(p,q)且2/p+3/q=478/241-45/241q,61/16≤q≤∞时,或者当?_3u∈L(p,q)且2/p+3/q=478/241-45/241q,61/16≤q≤∞时,或者当?_3u∈L^(p,q)且2/p+3/q=58/31-3/31q,47/20≤q≤∞时,在t∈(0,T]上,不可压三维Navier-Stokes方程的弱解u是正则的。     

梅涅劳斯定理在n维空间中的一个推广

梅涅劳斯定理:直线L与△ABC的三边AB,BC,CA分别交于X,Y,Z三点,当且仅当λ_1λ_2λ_3=-1。其中λ_1=(AX)/(XB),λ_2=(BY)/(YC),λ_3=(CZ)/(ZA)。下面试将该定理推广到n维空间。 设V是实数域R上的一个n维向量空间R~n,对于V中任一对向量ξ=(X_(11),X_(12),…,X_(1n)),η=(X_(21),X_(22),…,X_(2n))。记d(ξ,η)=~(1/2)(sum from i=1 to n(X_(2i)-X_(1i))~2),定义内积     

常见的几种数列递推关系求通项策略

数列的递推关系是给出数列的一种重要方法 ,2 0 0 0～ 2 0 0 3年的高考试题都有涉及及数列递推关系的题目 ,而由数列的递推关系确定数列的通项往往是解决数列问题的关键 ,同时也是对学生进行数学思想方法教学的重要载体 ,比如参数法、叠加法、迭代法、换元法、构造法等 .下面笔者对常见的几种数列递推关系的求通项策略进行解析 .类型 1:an+ 1 =p an +q解析 :当 p =1时数列为等差数列 ,当 q =0 ,p≠ 0时数列为等比数列 .当 p≠ 1,p≠ 0 ,q≠ 0时 ,引入参数λ,令an+ 1 -λ =p( an -λ) ,整理得 an+ 1 =pan+( 1-p )λ,由 ( 1-p)λ=p,所以λ=q1-…     

三角形的费马点式方程

设△ABC的最大角小于120°,F为其费马点,又设FA=p,FB=q,FC=r。那么,以F为原点,FA为x轴正方向建立坐标系,可得△ABC的费马点式方程: |3~(1/2)x |y|| |y| ax by c=0, ①其中-(3~(1/2))相似文献   

构造法求函数f(x)=λ_1(x-a)~(1/2) λ_2(b-x)~(1/2)的最值

《中学数学月刊》1996年第1期,1997年第11期,1998年第5期分别刊登了函数f(x)=λ_1((x-a)~(1/2)) λ_2((b-x)~(1/2))(λ_1>0,λ_2>0,a相似文献   

反证法经典两例

1.证明2~(1/2)是无理数. 证假设2~(1/2)是有理数p/q其中p、q为互质正整数,,即2~(1/2)=p/q.两边平方可得p~2=2q~2,可见p为偶数,设p=2n,则(2n)~2=2q~2,故q~2=2n~2,从而q也是偶数,所以p、q有公因数2,这与p、q互质矛盾。因此,2~(1/2)必为无理数.     

2014年全国高中数学联赛加试题另解

第一题 设实数a、b、c满足a+b+c=1,abc＞0.证明: ab+ bc+ ca＜a/2abc+1/4. 证法1 因为abc＞0,所以,a、b、c三个数要么为一个正数和两个负数,要么均为正数. 对于前一种情形,不妨设a＞0,b＜0,c＜0. 则 ab+ bc+ ca=ab+c(a+b)=ab+c(1-c) ＜0＜abc/2+1/4. 对于后一种情形,由舒尔不等式有 a(a-b)(a-c)+b(b-a)(b-c)+c(c-a)(c-b) ≥0 (→)j(a +b +c)3-4(a +b +c)(ab +bc +ca) +9abc ≥0.① 记p =ab +bc +ca,q=abc. 由式①及a+b+c=1,得1-4p +9q≥0. 从而,p≤9q/4+1/4. 因为q=abc≤(a+b/3+c)3=1/27,所以, √q≤√1/3＜2/9. 于是,9q＜2√q. 故p≤9q/4+1/4＜2√q/4+1/4=√q/2+1/4 (→) ab+bc+ca＜√abc+1/4.     

三角形的一个性质再证明及空间拓广

性质已知△ABC 及点 P,若λ_1 λ_2 λ_3=λ_1,λ_2,λ_3都是非零实数,则△PBC,△PCA,△PAB 的面积之比为|λ_1|:|λ_2|:|λ_3|.1 性质证明证明如图1,作向量=λ_1=λ_2,=λ_3,则点 P 为△A′B′C′的重心。所以S_(△PBC)=1/(|λ_2|·|λ_3|)·S_(△PB′C′)     

一个对称不等式的应用

定义 设σ_1=a b C,σ_2=bc ca ab,σ_3=abc则称σ_1,σ_2,σ_3为关于a,b,c的基本对称多项式。 三个非负实数a,b,c的基本对称多项式,常见的不等关系式有: σ_1~2-3σ_2≥0即(a b c)~2≥3(bc ca ab),σ_1~3-27σ_3≥0即(a b c)~3≥27abc等等。 本文建立了一个新的关系式,即下述 定理 三个任意非负实数的基本对称多项式σ_1,σ_2,σ_3有下面的不等关系式:     

一道习题的巧证

人民教育出版社出版的《初中数学课外习题集》(三年级用)p32第78题: 求证:不论x是什么实数,二次函数y_1=x~2 mx-(m-1)与y_2=x~2 x m~2(m为任意常数)的值中至少有一个大于零。书中的证明采用了反证法,过程较为复杂,现给出一种简洁证法: 证明:函数y_1和y_2的判别式△_1=m~2 4(m-1),△_2=1-4m~2,则: △_1 △_2=-3m~2 4m-3 =-3(m-2/3)~2-5/3<0 故△_1、△_3中至少有一个小于零。又函数y_1、y_1的二次项系数都是正数。     

韦达定理和判别式相结合

设实数x_1、x_2为方程x~2-px q=0的两实根,则由韦达定理有x_1 x_2=p,x_1x_2=q,又上述方程的判别式Δ=p~2-4q≥0。 把韦达定理(及其逆定理)和根的判别式相结合,可以解决很多类型的问题。 一、求取值范围 例1 实数a、b、c满足a~2-bc-6a 3=0,b~2 c~2 bc-2a-1=0。     

关于“平面束方程”教学的注记

<正> 在《空间解析几何》的“平面束方程”一节中,为使计算简单,常把平面束方程的公式:l(A_1x+B_1y+C_1z+D_1)+m(A_2x+B_2y+C_2z+D_2)=0…(1)(其中l,m为不全为零的任意实数)改写成A_1x+B_1y+C_1z+D_1+λ(A_2x+B_2y+C_2z+D_2)=0…(2)(其中λ为任意实数,π_1:A_1x+B_1y+C_1z+D_1=0和π_2:A_2x+B_2y+C_2z+D_2=0为系数不成比例的二个相交平面的方程)。(2) 式表示过π_1与π_2交线l的除π_2的所有平面,当λ=0时为π_1。若求满足某种条件且过L的平面方程,只要在(2)式中确定参数λ即可。但是由于(2)式中不包含平面π_2,所以     

关于_(n1m)的Kramer递推公式的一点补充

<正> 在研究碱金属双线结构时,为了求得自旋一轨道藕合能量,需要计算<1/r~3>_alm;为了研究氢原子核以及碱金属原子实所产生的库仑场对其核外电子的平均作用效果,须计算〈1/r〉_alm_0诸如上述问题,一般地须要计算alm(q为整数,以下为书写方便,记〈r~q〉alm=∫φ_(alm)~(?)r~qφ_(alm)dτ为r~q)。Kramer给出了关于计算r~q的递推公式:z~2〔(q+1)n~2〕r~q-(2q+1)zr~(q-1)a_0+q(1+(1/2)+(1/2)q)(1+(1/2)-(1/2)q)a_0~2r~(q-2)=0……………(1)[注:读者可参阅F、康斯坦丁内斯库,E马基亚里著的《量子力学习题解答P96,在那里有关于Kramer递推公式的证明]