一个几何命题的推广

常庚哲教授在初等数学论丛第2期上给出了一个几何命题: △ABC的三边为a_i,b_i,c_i,面积为△_i,三边上的高分别记为p_i、q_i、r_i,这里i=1,2,令a~3=(a_1~2 a_2~2)~(1/2),b_3=(b_1~2 b_2~2)~(1/2),c_3=(c_1~2 c_2~2)~(1/2),则有:     

一类不等式的构造原理

近一段时间以来,不少期刊上介绍了形如(x-a_1)~2 (y-b_1)~2 ~(1/2)(x-a_2)~2 (y-b_2)~2 ~(1/2)… (x-a_n) (y-b_n)~2~(1/2)≥M(M>0,n≥2)的不等式及其证明(或者求f(x,y)=som from i=1 to n(x-a_i)~2 (y-b_i)~2~(1/2)的极小值),所采用的方法大多为几何法,     

数列划分与勾股数

下列勾股数是大家熟悉的: 3~2+4~2=5~2 5~2+12~2=13~2 7~2+24~2=25~2 9~2+40~2=41~2这些勾股数有两个显著的特点: ①各组勾股数中的最小数是一些连续的奇自然数。②每组勾股数中最大的两个数是两个连续的自然数。考察这些勾股数组在自然数列中的位置,我们发现了一个有趣的结果。在下面的讨论中,我们用到了数列划分的概念,关于数列划分的有关定义及内容,请大家参阅文[1]。     

Neuberg-Podoe不等式的优美证明与类似

<正>1891年,J.Neuberg提出了以下著名不等式:设a、b、c与a′、b′、c′分别是两个三角形的三边长、△、△′分别代表它们的面积,猜测成立:a~2(b′~2+c′~2-a′~2)+b~2(c′~2+a′~2-b′~2)+c~2(a′~2+b′~2-c′~2)≥16△△′(1)1943年,D.Podoe第一个给出了这个猜想的证明,故而称作Neuberg-Podoe不等式.     

高阶本原等幂和数组的构造方法

首先请看下面这组有趣的自然数等式 1 5 6 10 11 15=2 3 7 9 13 14 1~2 5~2 6~2 10~2 11~2 15~2=2~2 3~2 7~2 9~2 13~2 14~2 1~3 5~3 6~3 10~3 11~3 15~3=2~3 3~3 7~3 9~3 13~3 14~3 一般地,我们引进如下定义。     

等幂和问题的推广

华罗庚著数论导引第十八章Waring问题及Prouhet—Tarry问题中关于等幂和问题曾提出下面的一个递推公式。 若正整数x_1,x_2,…x_s,y_1,y_2,…y_s适合 x_1 x_2… x_s=y_1 y_2 …y_s x_1~2 x_2~2 …x_s~2=y_1~2 y_2~2 …y_s~2 x_1~k x_2~k … x_s~k=y_1~k y_2~k … y_s~k则 1≤h≤k 1如由 1 4=2 3 令d=4得 1 4 6 7=2 3 5 8 1~2 4~2 6~2 7~2=2~2 3~2 5~2 8~2 再令d=8得1 4 6 7 10 11 13 16=2 3 5 8 9 12 14 151~2 4~2 6~2 7~2 10~2 11~2 13~2 16~2=2~2 3~2 5~2 8~2 9~2 12~2 14~2 15~21~3 4~3 6~3 7~3 10~3 11~3 16~3=2~3 3~3 5~3 8~3 9~3 12~3 14~3 15~3 本文将对更加广泛的等幂和问题提出下面的引理和定理: 引理1:设存在一组整数x_11,x_12,x_1n。     

一类near-perfect数的性质

设p_1,p_2,…,p_k为相异的奇素数,n_1,n_2,…,n_k均为偶数.在参考文献的基础上,利用数论的相关方法,讨论了形如2~αp_1~(n1)p_2~(n2)…p_k~(nk)的near-perfect数的一些性质.作为推论,获得了形如2~αp_1~2p_2~2的near-perfect数的冗余因子d的一些结论.     

裴多不等式的解析证明

裴多(Pedoe)不等式是指:设△ABC,与△A′B′C′的边长分别为α,β,γ与α′β′,γ′,面积分别为S与S′,那么α′~2(β~2 γ~2-α~2) β′~2(γ~2 α~2-β~2) γ′~2(α~2 β~2-γ~2)≥16SS′①其中等号当且仅当△ABC～△A′B′C′时成立。这个不等式自1979年传入我国后,以其外形的有趣对称,证法的多种多样引起了广泛的兴趣和讨论,出现了一些新的证法。本文用解析几何的方法给出它的证明。如图放置△ABC与△A′B′C′,则A与     

巧用公式解题数例

巧用公式a~2-b~2=(a+b)(a-b) 例1.计算3·5·17…,…(2~2~(n-1)+1) 解:原式=(2-1)(2+1)(2~2+1)(2~2~2+1)…,…(2~2~(n-1)+1) =(2~2-1)(2~2+1)(2~2~2+1)…,…(2~2~(n-1)+1) …… =(2~2~(n-1)-1)(2~2~(n-1)+1)=2~2~n-1。巧用a~2+b~2+c~2+2ab+2bc+2ac =(a+b+c)~2 例2.计算5+6~(1/2)+10~(1/2)+15~(1/2)/2~(1/2)+3~(1/2)+5~(1/2) 解:由(2~(1/2)+3~(1/2)+5~(1/2))~2 =2+3+5+26~(1/2)+210~(1/2)+215~(1/15) =2(5+6~(1/2)+10~(1/2)+15~(1/2)) 得5+6~(1/2)+10~(1/2)+15~(1/15)=1/2(2~(1/2+3~(1/2)+5~(1/2))~2     

涉及两个三角形面积和边的一个等式

定理 设△A_1B_1C_1和△A_2B_2C_2边长和面积分别为a_1,b_1,c_1,a_2,b_2,c_2和△_1,△_2,记s_i=a_i~2 b_i~2 c_i~2,i=1,2,H=a_1~2(-a_2~2 b_2~2 c_2~2) b_1~2(a_2~2-b_2~2 c_2~2) c_1~2(a_2~2 b_2~2-c_2~2),则有恒等式:     

一道排列组合题的推广

问题一:甲乙丙丁四人,分坐四车,一车只能坐一人,其中甲不能坐A车,乙不能坐B车,丙不能坐C车,丁不能坐D车,问共有多少种不同的坐法? 我们先把这个问题简单化:如果有两个车和两个人的话,答案应是M_2=P_2~2-C_2~1P_1~1+C_2~2P_0~0=1,这里我们规定P_0~0=1,P_2~2是不考虑任何情况的全排列,然后减去甲在A车与乙在B车的情况,这便减去了“甲在A车且乙在B车”的情况,即C_2~2P_0~0;如果是三人三车的话,M_3=P_3~3-C_3~1·P_2~2 +C_3~2P_1~1-C_3~3P_0~0=2;同样道理,本文开头问题1关于四人四车的答案就是M_4=P_4~4-C_4~1·P_3~3+C_4~2P_2~2-C_4~3P_1~1+C_4~4P_0~0=9,共有9种     

小学数学中的世界难题(七)

9.费马大方程。 在()+()=()中,填 三个自然数,使等式成立,这很容 易,左边括号任写两个自然数,求 出和填在右边括号中,就行了。但填()~2十()~2=()~2就比较困难了,可以想出3~2+4~2=5~2,5~2+12~2=13~2,7~2+24~2=25~2等,这实际上就是有名的勾股定理。 那么在()~3+()~3=()~3,()~4+()~4=()~4,()~5+()~5=()~5……中应填什么数呢?也就是当n≥3时,x~n+y~n=z~n有正整数解吗?这个问题早在1670年就正式被提出,虽然当时的大数学家费马声称,这个不定方程没有正整数解,他本人也     

双纽线的尺规作图

画双组线ρ~2=2α~2cos2θ的图形,一般用列表描点法,这里介绍用直尺和圆规作图。分析:ρ~2=2α~cos2θρ~2=2α~2(cos~2θ-sin~2θ)ρ~2=(2~(1/2)acosθ)~2-(2~(1/2)αsinθ)~2ρ~2+(2~(1/2)αsinθ)~2=(2~(1/2)acosθ)~2因此,需要构造以长2~(1/2)acoθ~(1/2)(-1/2π<θ<1/2π)为斜边,长ρ和2~(1/2)asinθ~(1/2)为直角边的直角三角形。作法:如图,在极轴上取点A,使OA=2~(1/2)a(a>o),以OA为直径画圆O′,     

根式求值的代换策略

遇到与二次根式有关的求值问题,若能根据其结构特征,灵活运用各种代换策略,则能使运算化难为易,迅速获解．一、整体代换例1已知x=(3~(1/2)-2~(1/2))/(3~(1/2)+2~(1/2)),y=(3~(1/2)+2~(1/2))/(3~(1/2)-2~(1/2)),求代数式3x~2-5xy+3y~2的值．解∵x=(3~(1/2)-2~(1/2))/(3~(1/2)+2~(1/2))=(3~(1/2)-2~(1/2))~2=5-26~(1/2)．y=(3~(1/2)+2~(1/2))/(3~(1/2)-2~(1/2))=(3~(1/2)+2~(1/2))~2=5+26~(1/2),∴x+y=10,xy=1．     

完全平方公式的变式及应用

将完全平方公式(a+b)~2=a~2+2ab+b~2,(a-b)~2-2ab+b~2进行变形后易得以下几个公式:a~2+b~2=(a+b)~2-2ab=(a-b)~2+2ab,(a+b)~2=(a-b)~2+4ab(a-b)~2=(a+b)~2-4ab,(a+b)~2-(a-b)~2=2(a~2+b~2),(a+b)~2-(a-b)~2=4ab,(和差化积公式)ab=(a+b/2)~2-(a-b/2)~2.(积化和差公式)     

2~(1/2)的历程

2~(1/2)的存在与不可公度量的发现是数学史上的一件大事.2~(1/2)无理性的证明引起了许多数学家的兴趣并给出 了多种证明方法.通过对2~(1/2)的有理近似值的探讨,发现了2~(1/2)的许多其他表示形式.     

a_2~(1/2)+a_3~(1/2)>a_1~(1/2)+a_4~(1/2)的几何解释

本刊1984年3期中《(a2)~(1/2)+(a_3)~(1/2)>(a_1)~(1/2)+(a_4)~(1/2)的一种简捷判定法》一文指出:当a≥0m>0,n≥0时,有(a+m)~(1/2)+(a+m+n)~(1/2)>a~(1/2)+(a+2m+n)~(1/2)成立。并给出了代数证明。本文对以上结论给出它的一个几何解释。由于((a+m)~(1/2))~2-(a~(1/2))~2=m-(m~(1/2))~2,     

一个整除问题的再推广

命题一 (3 5~(1/2))~n (3-5~(1/2))~n能被2~n整除(n∈N) 这是中学数学中一道十份常见的题目,《数学教学通讯》1992年第4期吴跃生老师给出了命题一的推广,即命题二 [2((1 5~(1/2))/2)~(2k-1)]~n [2((1-5~(1/2))/2)~(2k-1)]~n能被2~n整除(n∈N,k∈n) 而[2((1 5(1/2)/2))~(2k-1)]~n [2((1-5(1/2)/2))~(2k-1)]~n=2~n[((1 5(1/2)/2))~(2~(k-1)n) [2(((1-5(1/2)/2))~(2~(k-1)n],于是命题二等价于命题三 ((1 5(1/2)/2))~(2~(k-1)n) ((1-5(1/2)/2))~(2~(k-1)n)是整数(n∈N,k∈N),事实上,命题三可以进一步推广成     

每期一题

题:若:a、b、c为正数,试求函数y=(x~2+a~2)~(1/2)+((c-x)~2+b~2)~(1/2)的极小值。解法一复数法运用代数中学过的复数模不等式 |z_1|+|z_2|≥|z_1+z_2|。设 z_1=x+ai x_2=(c-x)+bi ∴|z_1|=(x~2+a~2)~(1/2) |z_2|=((c-x)~2+b~2)~(1/2) ∵|z_1|+|z_2|≥|z_1+z_2| ∴y=|z_1|+|z_2|≥|z_1+z_2| =|x+ai+c-x+bi| =|c+(a+b)i|=(c~2+(a+b)~2)~(1/2) ∴y_min=(c~2+(a+b)~2)~(1/2)。解法二代数法运用不等式(x_1~2+y_1~2)~(1/2)+(x_2~2+y_2~2)~(1/2)≥((x_1+x_2)~2+(y_1+y_2)~2)~(1/2)其中等号仅当x_1/x_2=y_1/y_2时成立。∴y=(x~2+a~2)~(1/2)+((c-x)~2+b~2)~(1/2)     

迎新年 解趣题

值此2003年新年来临之际,特编一组与2003有关的新年趣题,供同学们演练。1.计算:(1~2+3~2+5~2+…+2001~2+2003~2)-(2~2+4~2+…+2002~2)