一个代数不等式的推广

拙文《一个代数不等式的几何证法》(见《数学教学通讯》2 0 0 3年第 9期 )证明了不等式x2 +y2 +( x -1) 2 +y2 +x2 +( y -1) 2≥ 22 ( 3 +1) ,1其中 x,y是任意实数 ,罗增儒先生发表了大作《两种解法—两种结果的沟通》(见《数学教学通讯》,2 0 0 4年 1期 ) ,用多种方法非常详尽地对上述不等式进行了证明和研究 ,笔者深受教益 ,今对不等式 1中等号成立的条件补充说明一下 ,可以验证 ,当x =y =3 -36时 ,不等式 1中的等号成立 .以下将不等式 1进行推广 ,叙述为下面的两个命题 .命题 1　设 x,y,z∈ R,则x2 +y2 +z2 +( x -1) 2 +y2 +z2+x2 +( y …     

平移在复数中的应用

由复数加法法则可知,两个复数相加的几何意义是把加数中的一个复数对应的点进行有规律的平移,平移后得到的点对应的复数就是其和。利用这一观点解决有关复数问题更简捷。 依据:z=x+yi,z_0_a+bi(x,y,a,b∈R)由复数加法法则知z+z_0=(x+a)+(y+b)i 结论:复数z对应复平面内的点z,点z+(a+bi)是把点z沿实轴方向移动|a|个单位(a>0时向右移动;a<0时向左移动)再沿虚轴方向移动,61个单位(b>0时向上移动,b<0时向下移动)得到的。 本文称这种方法为平移法,下而举例说明这种方法的应用。 例1.如果复数z满足|z+i|+|z-i|=2,求|z+1+i|的最小值。 解:由复数的几何意义知复数z为以A(0,-1),B(0,1)为端点的线段AB,而z+1+i表线段AB向右平移一个单位,再向上平移一个单位得到的线段A′B′,(如图所示),而|z+1+i|最小值表线段A′B′上的点到原点的最短距离,即|z+1+i|_(min)=|OA′|=1。     

妙用“1”巧证题

不等式的证明题中,常常会在给定条件或待证的不等式中含有“1”或与“1”有关的项.因此,熟知“1”的应用技巧并灵活运用,对学生拓宽解题思路、提高解题能力是十分有益的.下面就证明不等式时“1”的几个常用技巧做一总结.※“1”的等量代换法※当给定条件中有含“1”的等量关系式时,常常将“1”用式子等量代换到要证明的不等式中,对原不等式变形.[例1]已知x+y+z=1,证明x2+y2+z2≥13.证明:原不等式可变形为3(x2+y2+z2)≥1.∵x+y+z=1,∴3(x2+y2+z2)≥(x+y+z)2,左-右=3x2+3y2+3z2-(x+y+z)2=2x2+2y2+2z2-2xy-2yz-2zx=(x-y)2+(y-z)2+(z-x)2≥0∴原…     

复数在竞赛中的运用

复数是高中代数的重要内容 ,由于它有多种表示方法 (代数法、三角法和指数法等 ) ,能将代数、三角、几何等知识紧密地联系起来 ,因此 ,在数学竞赛中常有有关复数的考题 .另外 ,复数本身也可作为一种方法 ,运用复数法可以解决函数最值、三角恒等式、组合问题、不等式问题、数列问题等 .1　求函数最值例 1　若 x,y,z∈ ( 0 ,+∞ ) ,且 x+ y+ z= 1 ,求 u=x2 + y2 + xy + y2 + z2 + yz+x2 + z2 + xz的最小值 .略解　令 z1 =( x+ 12 y) + 32 yi,z2 =( y+ 12 z) + 32 zi,z3=( z+ 12 x) + 32 xi,∴ u=| z1 | + | z2 | + | z3|≥ | z1 + z2 + z3|=3.…     

2019年全国高考卷Ⅲ第23题的推广及应用

2019年高考全国卷Ⅲ第23题(1):设x,y,z∈R,且x+y+z=1,求(x-1)^2+(y+1)^2+(z+1)^2的最小值.若以不等式方式呈现就是:设x,y,z∈R,且x+y+z=1,求证:(x-1)^2+(y+1)^2+(z+1)^2≥4/3.     

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)     

第46届IMO第三题的加强

第46届IMO(2005年)第三题是: 题1设x、y、z ＞0,且xyz≥1.证明: ∑x5-x2/x5+y2≥0, ① 其中,∑表示轮换对称和. 式①的等价形式为 ∑x2+y2+z2/x5+y2+z2≤3. 此不等式有很多证法,本文不再赘述. 易知,x2+y2+z2≥33√x2y2z2 ≥3. 自然的想法是将题1中的...     

一个不等式的初等证明

文 [1]给出并用微分法证明了如下不等式 :已知 x,y,z∈ (0 ,+∞ ) ,且 x+ y+ z=1,则(1x- x) (1y- y) (1z- z)≥ (83 ) 3 . (1)受此启发 ,笔者经探索得出如下一个初等证明 .证明　由基本不等式易得xyz+ yzx≥ 2 y,yzx+ zxy≥ 2 z,zxy+ xyz≥2 x.将上述三个不等式相加得xyz+ yzx+ zxy≥ x+ y+ z=1. (2 )又由 1=x+ y+ z≥ 3 3 xyz,得 xyz≤12 7.∴ (1x- x) (1y- y) (1z- z) =1xyz· (1- x2 ) (1- y2 ) (1- z2 ) =1xyz[(1+ x) (1+ y)(1+ z) ][(1- x) (1- y) (1- z) ]=1xyz(2 +xy+ yz+ zx+ xyz) (xy+ yz+ zx- xyz) =2(1x+ 1y+ 1z) - 2 + (xy+ yz+…     

一道瑞士数学奥林匹克不等式的证明与推广

题目 已知x、y、z＞0,xyz=1.求证:(x+y-1)2/z+(y+z-1)2/x+(z+x-1)2/y≥x+y+z. 在文[1]中,作者给出的证法虽好,但不利于推广.本文中笔者给出此不等式的四种证法及推广.     

关于代数方程和方程组的解和讨论的题目

1.方程组{ax+y=a~2 x+ay=1 有多少解? 2.方程组{ax+y+z=1 x+ay+z=a x+y+az=a~2 有多少解?3.解方程|x-1|+|x-2|+|x-3|=x。 4.解方程(x+3-4(x-1)~(1/2)~(1/2)+(x+8-6(x-1)~(1/2))~(1/2)=1。5.下列方程是否有实根?     

如何画出(|x|)/a+(|y|)/b≤1(a,b都为正常数)的可行域

1问题的由来问题1(2011年高考湖北卷·理8)已知向量a=(x+z,3),b=(2,y-z),且a上b.若x,y满足不等式|x|+|y|≤1,则z的取值范围为()A.[-3,3]B.[-3,2]C.[-2,2]D.[-2,3]问题2(2011年高考安徽卷·理4)设变量x,y满足|x|+|y|≤1,则x+2y的最大值和最小值     

用“刚体运动”解一类轨迹与最值问题

我们先看一个例题 :例 1　已知动点 P在上半圆 x2 y2 =1(y≥ 0 )上运动 ,定点 Q(2 ,0 ) ,线段 PQ绕点Q顺时针旋转 90°到 QR,求动点 R的轨迹以及 R到圆心 O的距离的最大值和最小值 .这类问题的解法较多 ,较常规也较简单的解法是“复数法”:图 1先把圆方程改写成复数方程 :| z|= 1 ,设动点 P,R的复数为 z P,z R,定点 Q的复数为 z Q= 2 .再利用复数的向量旋转性质可得关系式 :(z R- z Q) i=z P- z Q,解得 z P=(z R- z Q) i z Q,代入圆的复数方程得| (z R- z Q) i z Q| =1 ,代入相关数据 ,并设动点 R(x,y) ,化为普通方程即是(x…     

利用不等式求函数最值常见错误剖析

在不等式 f(x)≤M(f(x)≥M)中 ,若等号成立 ,则函数 f(x)有最大 (小 )值 M,等号成立的条件就是函数 f (x)取得最大 (小 )值的条件 .但在实际解题中 ,学生往往忽视等号成立的条件 ,从而得出错误的结论 .下面举例说明 .1　运用有关的定理、性质时忽视了等号成立的条件例 1　求函数 y =x2 4 x2 - 8x 17的最小值 .错解　y=x2 4 (x- 4) 2 1,设 z1 =x 2 i,z2 =(x- 4) i,则y=| z1 | | z2 |≥ | z1 - z2 | =| (x 2 i) -[(x- 4) i]| =| 4 i| =17.分析　运用复数模的性质时 ,忽视了等号成立的条件 .上式中的等号成立的充要条件是 z…     

两种解法 两种结果的沟通

本刊文 [1 ]用几何方法改进了不等式例 1　已知 x,y∈ R,求证x2 + y2 + (x -1 ) 2 + y2 +x2 + (y -1 ) 2≥ 22 (3 -1 ) 1得出了一个更好的结果 .例 2　已知 x,y∈ R,求证x2 + y2 + (x -1 ) 2 + y2 +x2 + (y -1 ) 2 ≥ 22 (3 + 1 ) 2这体现了由数到形的沟通 ,但还不是完整意义上的数形结合 .本文补充由形到数的沟通并揭示结论 1、2的几何背景 .1　两种解法的沟通——由形到数1 .1　几何旋转的复数翻译如图 1 ,将△ OAP绕原点顺时针旋转 60°的几何实质是将 3条共点线段 OP,AP,BP首尾相连组成折线 BPP′A′;然后 ,由两点间直线距离最短 …     

一个不等式的推广及其特殊证法

本文约定字母均表示正数。 (1)如果a+b=1, 则(a+1/a)~2+(b+1/b)~2≥ 25/2 ① (2)如果a+b+c=1, 则(a+1/a)~2+(b+1/b)~2+(c+1/c)~2 ≥100/3 ②一般地,如果sum from i=1 to n a_i=1, 则 sum from i=1 to n(a_i+1/a_i)~2≥(n~2+1)~2/n ③下面只证不等式②、③。引进三元函数 W=(x+1/a)~2+(y+1/b)~2+(z+1/c)~2,那么它的几何意义是动点P(x,y,z)到定点(-1/a,-1/b,-1/c)的距离的平方。     

∑(a_i)/(x_i~r)的最小值

《数学通报》2004年第7期问题1504是:已知x,y,z∈(0,+∞),x+y+z=1,求1x2+y12+z82的最小值.我们将它一般化,得到定理设p,r,n∈N,n≥2,ai,xi∈(0,+∞),i=1,2,…,n,∑xip=1(以下总略去求和限),则(∑xarii)min=(∑aαi)1α,α=pp+r.证引入参数λ>0,使如下平均不等式成立:aixir+…+xariip上+λxip+…+λxipr个≥(p+r)p+raipxipr·λrxipr.即(*)xairi≥p+p raip+prλp+rr-rλpxip(当且仅当xi=(aλi)p+1r,1≤i≤n时等号成立).由于∑xip=1,即∑xpi=∑(aλi)p+pr=1λp+pr∑aiα=λ-α∑aαi=1.从而(*)两边对i从1到n求和,有∑xarii≥α-1·λp+rr∑ai…     

一个简单代数不等式及其应用

正人们知道,对于任意实数x,y,z,有如下不等式成立:(x+y+z)2≥2(xy+yz+zx).①若令x=ab,y=bc,z=ca,则如上不等式等价于:对于任意实数a,b,c,有不等式.(ab+bc+ca)2≥3abc(a+b+c)②这是一个十分简单的不等式,利用不等式②,却能够给出一些不等式竞赛试题简捷、明快的证法,本文提供一些例子,供读者探究和玩味.例1(2005年台湾竞赛题)设a,b,c是满足abc=1的正     

一个漂亮等式的简单证明——(a~2+b~2+c~2+d~2)(e~2+f~2+g~2+h~2)=x~2+y~2+z~2+u~2

正引子:高中学生在复数学习过程中,经常会遇到这样一个习题:试证(a2+b2)(c2+d2)可表示成x2+y2的形式.事实上,令z1=a+bi,z2=c+di,两数相乘,得(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i.两边平方可得,|(a+bi)(c+di)|2=|a+bi|2|c+di|2=|(ac-bd)+(ad+bc)i|2,即(a2+b2)(c2+d2)=(ac-bd)2+(ad+bc)2,令x=acbd,y=ad+bc,即得结论.     

如何画出|x|/a+|y|/b≤1(a,b都为正常数)的可行域

1.问题的由来问题1(2011年高考湖北卷.理8)已知向量a=(x+z,3),b=(2,y-z),且a⊥b若x,y满足不等式|x|+|y|≤1,则z的取值范围为     

用化齐次法简证几道不等式

题目:设x+y+z=xyz,(x>0,y>0,z>0)求证:2(x2+y2+z2)-3(xy+yz+xz)+9≥0文[1]中用三角函数知识来证明,且证明繁琐,文[2]用换元的方法,然后利用第25届IMO试题的结论:若x≥0,y≥0,z≥0,且x+y+z=1,则xy+yz+xz-2xyz≤727来证明也是不简单,实际上利用拙文[3]中提出的证明不等式化齐次的策略可简单地给出证明.证明:因x+y+z=xyz,原不等式等价于2(x2+y2+z2)(x+y+z)-3(x+y+z)(xy+yz+xz)+9xyz≥02(x3+y3+z3)+2x(y2+z2)+2y(x2+z2)+2z(x2+y2)-3x(y2+z2)-3y(x2+z2)-3z(x2+y2)-9xyz+9xyz≥02(x3+y3+z3)-x(y2+z2)-y(x2+z2)-z(x2+y2)≥0(x+y)(x-y)2+(y+z)(y-z…