数学问题与解答

266.设△ABC的半周长为s。求证:若s,s-a,s-b,s-c成等比数例,则△ABC为直角三角形。证:设已知等比数列的公比为q,则0相似文献   

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.     

关于三角形的一个猜想的初步探讨

《福建中学数学》2004年第5期《垂足三角形的几个有趣性质及其猜想》一文证明了下述命题:设△ABC为锐角三角形,△DEF是它的垂足三角形(AD,BE,CF是它的三条高线),记BC=a,CA=b,AB=c,EF=a0,FD=b0,DE=c0.△ABC,△DEF,△AEF,△BDF,△CDE的外接圆半径分别记作R,R0,R1,R2,R3;内切圆半径分别记作r,r0,r1,r2,r3;半周长分别记作p,p0,p1,p2,p3;面积分别记作?,?0,?1,?2,?3.则有r1+r2+r3≤3r/2,①②R1+R2+R3≤3R/2,p1+p2+p3≤3p/2,③?1+?2+?3≤3?/2,④⑤a/r1+b/r2+c/r3≥123,a/R1+b/R2+c/R3≥63,⑥⑦R1/r1+R2/r2+R3/r3≥6,a0/a+b0/…     

条件用得巧 全靠变形好

在解分式求值问题时,若能视其特点,对已知条件或待求式进行适当的变形,就可以使问题巧妙获解.例1已知1/p-1/q=1/(p+q),求p~2/q~2+q~2/p~2的值.解由已知,得q~2-p~2=pq,     

数的整除和中国剩余定理

一整除的概念任意的整数 a 和自然数 b,总可以找到这样的整数 q 和 r,使a=bq+r (1)其中0≤ra。令 r=a-bq,那么0≤r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)。     

课外园地

1.a 和 b 都是自然数,当 a~2+b~2除以a+b 时,商为 q,余数为 r。试求出所有数对(a,b),使得(q~2+r/2)=1979。2.把棱长为1的正四面体加工成一个球体,球体半径的最大值是多少?3.100根火柴甲乙两人轮流拿,每人     

谈谈局部调整原理的运用

1984年上海市数学竞赛决赛试卷的最后一题是:设x_1,x_2…,x_n皆为正整数,sum from i=1 to n x_i=qn+r,0≤r相似文献   

递推关系式及其应用

设数列{x_n}满足x_n=a_1x_(n-1)+…+a_rx_(n-r)(1),其中a_1,a_2,…,a_r为常数,x_1,x_2,…,x_r已知,现在我们来寻求{x_n}的通项。 方法一 设有等比数列1,q,q~2,…,q~(n-1),…(2),公比q满足q~(n-1)=a_1q~(n-2)+a_2q~(n-3)+…+a_rq~(n-r-1)(3),则将(1)中的x_n以q~(n-1)代替,(1)成立.由(3):q~r-a_1q~(r-1)-…-a_(r-1)q-a_r=0(4),如果(4)有r个不同的单根q_1,q_2,…,q_r,容易验证c_1q~(n-1)+c_2q~(n-1)+…+c_rq-r~(n-1)(5)满足(1),其中c_1,c_2,…,c_r满足:     

等比数列求和公式推导方法之利弊

历来中学数学课本关于等比数列求和公式的推导都采用“错位相减法”,就是为了求等比数列前n项的和Sn先把等比数列{a_n}前n项的和写成 Sn=a_1+a_1q+…+a_1q~(n-2)+a_1q~(n-1)(1)在(1)的两边分别乘以公比q,得到 qSn=a_1q+a_1q~2+…+a_1q~(n-1)+a_1q~n(2)然后(1)、(2)两式错位相减,可以消去许多相同的项。     

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.     

关于HLDER不等式及MINKOUSKI不等式

Hlder不等式及Minkow ski不等式是建立L~p空间和l~p空间的理论基础,有了这两个不等式,才能在L~p空间和l~p空间中引出具有普遍意义的范数来。 引理 若p>1,1/p+1/q=1,则对于任意A≥0,B≥0,有下列不等式 AB≤A~p/p+B~q/q (1) 证明 当AB=0时,不等式(1)显然成立。 当AB≠0时,考虑函数φ(x)=x~p/p+1/q-x(x≥0),由于,φ′(x)=x~(p-1),因此φ′(x)在x<1时,小于零,在x>1时,大于零。故φ(x)在x=1达到最小值0。即对任一x≥0,φ(x)≥0。令x=AB~(-p/q),则A~pB~(-q)/p+1/q-AB~(-p/q)≥0,以B~q乘以上式并注意到q-q/p=q(1-1/q)=1,即得(1)式 注1 (1)式只有在A~p=B~q时等号成立。 注2 当p=q=2时,这时(1)变成显然等式AB≤A~2+B~2/2 一、关于H(?)lder不等式 若p>1,1/p+/q=1,则有 1、H(?)lder不等式的级数形式:对于任意p幂收敛复数列{§k},q幂收敛复数列     

一道柯西不等式背景题的变式探究

题目(2012年高考湖北卷·理6)设口,b,c,x,y,z是正数,且a~2+6~2+c~2=10,x~2+y~2+z~2=40,ax+by+xz=20,则a+b+c/x+y+z=A.1/4.B.1/3 C.1/2 D.3/4以上题目旨在考查柯西不等式、等比性质等基础知识.笔者将其进一步推广得到一般性的变式题1、2(如下),并进行探究.变式1设a,b,c,z,y,z,p,q,r.是正数,且a~2+b~2+c~2=p~2,x~2+y~2+z~2=q~2,ax+by+cz=r~2,     

一个不等式的讨论

“已知a>0,b>0,a+b=1,求证(a+1/a)~2+(b+1/b)~2≥25/2”,这是一个常见的习题,值得深入讨论一番。为了便于本文的讨论,先给出如下解法: ∵ a>0,b>0,a+b=1 ∴ 1/a+1/b=(a+b)(1/a+1/b)≥4 ∴ (a+1/a)~2+(b+1/b)~2≥ 2·((a+b+1/a+1/b)/2))~2≥ 2·(1+4/2)~2=25/2 这里,用到了不等式(a_1+a_2)(a_1~(-1)+a_2~(-1)≥2~2和a_1~2+a_2~2≥2((a_1+a_2)/2)~2.实际上,一般地有不等式(sum from k=1 to m ak)(sum from k=1 to m a_k~(-1))≥m~2和     

等比数列求和公式的逆用

一、逆用等比数列前n项和的公式 a a_1q a_1q~2 …a_1q~(n-1)=a_1(1-q~n)/(1-q) (q≠1) 例1 求证2~n>2n 1(n∈N,且n≥3).(高中《代数》下册第125页第6(1)题) 证明:2~n=((1-2)~n/1-2) 1 =(1 2 2~2 … 2~n) 1 >(2 2 2 … 2) 1=2n 1. 读者类似可证相同教材第123页例5. 已知x>-1,且x≠0,n∈N,且n≥2, 求证(1 x)~n>1 nx. 二、逆用无穷递缩等比数列各项和的公式     

用sum from k=0 to ∞ (a_1q~k)=a_1/(1-q)(|q|<1)解一类竞赛题用

我们知道,无穷递缩等比数列{a_1q~(n-1)}的各项和公式为∑∞k=0a1qk=1a-1q(|q|<1).对于一类各项是分式形式的竞赛题,若各项都能变换成1-a1q(|q|<1)的形式,就可以逆用该公式,再结合幂平均值不等式1n∑ni=1ai≤m1n∑ni=1aim或平均值不等式巧妙地解题.下面举例说明.例1设任意实数x、y满足|x|<1,|y|<1.求证:11-x2+1-1y2≥1-2xy.(第19届莫斯科数学奥林匹克)分析:由x2<1,y2<1,知1-1x2和1-1y2能展成无穷递缩等比数列各项和的形式.证明:因|x|<1,|y|<1,所以,x2<1,y2<1.于是,有11-x2=1+x2+x4+…,11-y2=1+y2+y4+….从而,1-1x2+1-1y2=(1+x2+x4+…)+(1+y2…     

一道竞赛题及其推广的证明

设a1,a2,…,an〉0,且a1＋a2＋…＋an=1,n≥2且P≥1,q≥1,β≥1,pn-q/nβ^-1〉0,e ^n∑n=1 a^βi/p-qa^βi≥n/pn^β-q.     

对一类递推数列周期性的再讨论

<正>已知数列{an}满足:an=pan-1+qan-2(n∈N+,n≥3),给定a1及a2(a12+a22≠0),其特征方程为x2-px-q=0(※),判别式△=p2+4q.文[1]作者经过探究给出了此类数列的周期性具有如下结论:(1)当△>0时,当且仅当p=0且q=1时,对于任意的a1及a2(a12+a22≠0),数列{an}是周期数列.特别地,a1≠a2时,数列{an}是以2为周期的周期数列;a1=a2时,数列{an}是以1为周期的周期数列(即常数数列).(2)当△=0时,当且仅当p=2、q=-1且a1=a2时,数列{an}是以1为周期的周期数列(即常数数列),或p=-2、q=-1且a2=-a1时,数列{an}是以2为周期的周期数列.     

椭圆的几个有用性质(高二、高三)

以下给出的椭圆的5个性质很有用,证明不难,请同学自己完成. 1.设M(x0,y0)是椭圆x2/a2+y2/b2=1(a>b>0)上一点,r1和r2分别是点M与焦点F1(-c,0)、F2(c,0)的距离,则r1=a+ex0,r2=a-ex0,其中e为离心率. 2. 设F1(-c,0)、F2(c,0)是椭圆x2/a2+y2/b2=1(0>b>0,c>0)的     

一个模恒等式的新证明

本文利用Jacobi theta函数构造椭圆函数,并利用椭圆函数的性质证明了模恒等式(1+3)sum (nq~n)/(1-q~n)from i=n to ∞-sum(nq~(9n))/(1-q~(9n))=((q~3;q~3)_∞~10)/((q~9;q~9)_∞~3(q;q)_∞~2).