一个有趣的代数式

a~3+b~3+c~3-3abc是一个有趣的代数式。它是一个三次齐次式,整齐、简单、易记,更重要的是它具有很多有用的性质。性质1° a~3+b~3+c~3-3abc能被a+b+c整除。事实上,a~3+b~3+c~3-3abc =(a+b+c)(a~2+b~2+c~2-db-bc-ca) 所以 a~3+b~3+c~3-3abc能被a+b+c整除。性质2°设a,b,c为非负实数, 则a~3+b3+c~3≥3abc,当且仅当a=b=c时取等号。证明∵a~2+b~2+c~2-ab-bc-ca =1/2〔(a-b)~2+(b-c)~2+(c-d)~2〕∴a~3+b~3+c~3-3abc=(a+b+c)·1/2〔(a-b)~2+(b-c)~2+(c-a)~2〕∵a≥0,b≥0,c≥0,且1/2〔(a-b)~2+     

一元二次方程有根“1”的条件的应用续例

本刊1984年第二期发表了《一元二次方程有根“1”的条件的应用》一文,本文再举数例加以补充说明, 一、利用“若方程ax~2+bx+c=0(a≠0)含有根1,则有a+b+c=0”的结论证题。例1、若方程ax~2+bx+c=0(a≠0)含有根1,求证:a~2/bc+b~2/ac+c~2/ab=1/3证明:∵ax~2+bx+c=0(a≠0)含有根1,∴a+b+c=0, 即有c=-(a+b)。∴a~3+b~3+c~3=a~3+b~3-(a+b)~3=-3a~2b-3ab~2=-3ab(a+b)=-3ab(-c)=3abc两边同除以abc得a~2/bc+b~2/ac+c~2/ab=1/3。二、利用“若a+b+c=0,则方程ax~2+bx+c=0(a≠0)必有一根为1”的结论证题,     

利用二直线重合的条件解三角题

二直线重合的条件在解几中已有广泛的应用,下面举几个三角方面的例子: 例1 消去θ acosθ+bsinθ=c, acos3θ+bsin3θ=c. 解:设直线ax+by-c=0 ①显然,点(cosθ,sinθ)、(coc3θ,sin3θ)在此直线上,又过这二点的直线方程可写成 (y-sinθ)/(x-cosθ)=(sinθ-sin3θ)/(cosθ-cos3θ),即cos2θ·x+sin2θ·y-cosθ=0 ②由于①、②为同一直线故可得a/cos2θ=b/sin2θ=c/cosθ,∴a~2/cos~22θ=b~/sin~22θ=c~2/cos~2θ,∴(a~2+b~2-2c~2)~2=a~2(a~2+b~2).     

问题一瞥

1) 解方程: x~3-(a+2)x+(a+1)~(1/2)=0 2) 解方程: x~4-6ax~2+8a((ax)~(1/2))-3a~2=0 3) 确定下式的最小值: a~2+b~2+c~2/S其中a,b,c是三角形的边,S是三角形的面积。 4) 证明: tgα·tg2α+tg2α·tg3α+…+tg(n-1)α·tgnα=tgnα/tgα-n。 5) 证明不等式: tgα(ctgβ+ctgγ)+tgβ(ctgα+ctgγ)+tgγ(ctgα+ctgβ)≥6。其中α,β,γ是锐角三角形的角。 6) 证明: C_n~1 1~2-C_n~2 2~2+C_n~3 3~2-…+(-1)~n C_n~(n-1) (n-1)~2+(-1)~(n+1) n~2=0     

注意椭圆参数方程{x=acosθ y=bsinθ}中参数θ的意义

题目 A、B为椭圆b~2x~2+a~2y~2=a~2b~2(a>b>0)上的两点,O为中心,OA⊥OB;求1/OA+1/OB的南的最大值和最小值。错解化椭圆的普通方程为参数方程x=acosθ y=bsinθ (θ为参数) 设A、B两点的坐标分别(acosθ_1,bs nθ_1),(cosθ_2,bsinθ_2)。由OA⊥OB得θ_2+θ_1±π/2,则B点坐标为(±asinθ_1,bcosθ_1)。可证 1/(OA)~2+1/(OB)~2=(a~2+b~2)/a~2b~2。则有 (1/OA)+(1/OP)~2=(a~2+b~2)/(a~2b~2)+2/(OA·OB) =(a~2+b~2)/(a~2b~2)+2/(a~2b~2+(a~2-b~2)/2))~2sn~2θ_1     

趣味数学几例

1.今年元旦是星期日,试问今年元旦后的第1984~(1984)天是星期几。解:∵1984~(1984)=(283×7+3)~(1984) =7m+3~(1984),m∈N。而 3~6≡1(mod7),3~(1984)=3~4×3~(6×330) 3~4≡4(mod7),∴1984~(1984)≡4 (mod7)。答:今年元旦后的第1984~(1984)天是丛期四。 2.若f(x+1)=|x-1|,求f(1984)。解:令 x+1=1984,则x-1=1982, ∴ f(1984)=1982。 3.已知 f(x)=3x+1,g(x)=2x-1,h(g〔f(x)〕)=f(x)。求h(1984)。解:∵ f(y)=3y+1, ∴ g〔f(y)〕=2(3y+1)-1=6y+1, 故h(6y+1)=3y+1。令6y+1=1984,     

勾股定理逆定理的証法

偶翻英文杂志“数学教师”(1961年12月),內中登載勾股定理的逆定理証法六种,頗有意思,茲介紹如下: 一、通常証法。 設在△ABC中,a~2+B~2=c~2。求証:∠C=90°。 証。作直角三角形A′B′C′使A′C′=b,B′C′=a,∠C′=90°,則 a~2+b~2=c′~2。根据已知条件a~2+b~2=c~2。∴c′=c~2因而c′=c。∴△ABC=△A′B′C′,因此     

格菲德构图的应用

美国总统格菲德利用一个构图,巧妙地证明了勾股定理。这个构图是这样的:将一个直角梯形划分成三个直角三角形,通过面积关系去证明问题。如图,是三个直角三角形拼成的一个直角梯形,其边长如图所示。∵S梯形=1/2(a+b)(a+b) S_△ABC=1/2ab=S△ADE,S△ABE=1/2c~2 ∴1/2(a+b)(a十b)2×1/2ab+1/2c~2 a~2+b~2=c~2。利用这个构图,我们同样可以巧妙地证明一些代数和三角的有关问题。例1 已知:a、b、c、d∈R~+,且a~2+b~2=1,c~2+d~2=1,     

问题与解答

一、本期问题 1.若c+b+c=0,a~2+b~2+c~2=0,a~3+b~3+c~3=k,求a~4+b~4+c~4的值;设n为正整数,求a~n+b~n+c~n的值。 2.设x+y+z=0,ax+by+cz=0(其中a、b、c是两两互异的实数),求x~2/yz的值。 3.设n为任意正奇数,m为任意整数,试证明(n+2m)~2-(n+2m)是24的倍数。 4.设正数A、B、C的常用对数分别是a、b、c,且a+b+c=0,证明A~(1/b+1/a)B~(1/a+1/a)C~(1/a+1/b)=1/1000。江苏吴江平望镇五金文具店顾幼元提供 5.已知x+1/y=y+1/z=z+1/x,求证x~2y~2z~2=1。     

华罗庚留给读者的两个不等式之初等证明

在文[1]中,华罗庚留给读者证明的两个不等式为:6(|ad-bc|)~(1/2)≤2(a~2+c~2)~(1/2)+(a~2+c~2+3(b~2+d~2)-2 3~(1/2)(ab+cd))~(1/2) +(a~2+c~2+3(b~2+d~2)+2 3~(1/2)(ab+cd))①16|ad-bc|~3≤(a~2+c~2){[a~2+c~2+3(~2+d~2)]~2-12(ab+cd)~2}②在文[2]中,该文作者通过构造引理:设x≥u≥0,则16(x-u)~(3/2)≤(1+3x)~2-12u证明了上述两个不等式.但遗憾的是,证明过程相当长,且需要     

有比最大值更大的值

已知:a,b,c,d∈R,p,q∈R~+,且a~2+b~2=p,c~2+d~2=q。求ac+bd的最大值。解一:设a=p~(1/2)sinα,b=p~(1/2)cosα,(0≤α≤2π);c=q~(1/2)sinβ,d=q~(1/2)cosβ,(0≤β≤2π) ∵ac+bd=(p·q)~(1/2)(sinαsinβ+cosαcosβ) =(pq)~(1/2)cos(α-β) 故当α=β时,ac+bd有最大值。且值为(pq)~(1/2)。据基本不等式x~2+y~2≥2xy却易有下解。解二:∵a~2+c~2≥2ac,b~2+d~2≥2bd ∴ ac+bd≤(a~2+b~2+c~2+d~2)/2=(p+d)/2(此是一与a,b,c,d均无关的常数)。故有最大值是(p+d)/2。从上述解一、二我们得知,因(p+d)/2≥(pq)~(1/2),即有比ac+bd的最大值(pq)~(1/2)更大的值(p+d)/2。     

与Euler函数φ(n)有关的非线性方程的正整数解

在Euler函数φ(n)的性质的基础上,利用整数分解的方法证明了对任意的正整数m,n,非线性方程φ(mn)=aφ(m)+bφ(n)+c~2(a,b,c为勾股数且gcd(a,b,c)=1)当(a,b,c)=(3,4,5),(5,12,13),(7,24,25)时无正整数解,并证明了当a,b为任意的一奇一偶,c为任意的奇数,且满足a~2+b~2=c~2,gcd(a,b)=1,2|b时,方程无正整数解.     

推导椭圆标准方程的几点体会

在推导椭圆的标准方程的教学中,如果教师引导学生探索其中的数量关系,可以得出许多有趣的规律。教材中关于椭圆标准方程推导如下: |MF_1|+|MF_2|=2a((x+c)~2+2)~(1/2)((x-c)~2+y~2)~(1/2)=2a((x-c)~2+y~2)~(1/2)=a~2-cx(*)b~2x~2+a~2y~2=a~2b~2x~2/a~2+y~2/b~2=1(b~2=a~2-c~2)。从这个推导中我们可以算出下列几个结论。 (一)由(*)式((x-c)~2+y~2)~(1/2)/(a~2/c-x)=c/c     

值域内取不到的函数值

现行的参考书和许多数学刊物,都不时出现求值域的一种方法——根据反函数的定义域求原函数的值域,即:要求y=f(x)的值域,可先求出y=f~(-1)(x),y=f~(-1)(x)的定义域即为y=f(x)的值域。例求函数y=x+6(x-9)~(1/2)-1的值域。解 y=((x-9)~(1/2))~2+2·3·(x-9)~(1/2)+3~2-1=((x-9~(1/2))+3)~2-1 ∴ (y+1)~(1/2)=(x-9)~(1/2)+3, (x-9)~(1/2)=(y+1)~(1/2)-3,x=y-6(y+1)~(1/2)+19。所给函数的反函数为y=x-6(x+1)~(1/2)+19。其定义域[-1,+∞)即为所求值域。     

小议圆锥曲线的另一极坐标方程

在六年制重点中学课本《解析几何》(平面)中,介绍了三种圆锥曲线的统一的极坐标方程ρ=ep/(1-ecosθ)。这里,谈谈中心在极点(抛物线的顶点在极点)、焦点(右)在极轴上的椭圆、双曲线、抛物线的极坐标方程与应用。 (一) 定理1 中心在极点、右焦点在极轴上的椭圆x~2/a~2+y~2/p~2=1(a>b>0)的极坐标方程为ρ~2=b~2/(1-e~2cosθ)(e为离心率) 证明:将x=ρcosθ、y=ρsinθ代入椭圆x~2/a~2+y~2/b~2=1得b~2ρ~2cos~2θ+a~2ρ~2sin~2θ=a~2b~2, ∴ρ~2=a~2b~2/(b~2cos~2θ+a~2sin~2θ)     

一类条件不等式探源

文[1]、[2]、[3]、[4]、[5]、[6]分别介绍了下列不等式:若a,b>0且a+b=1则3/2<1/(a~3+1)+1/(b~3+1)≤(16)/9(1)若a,b,c>0且a+b+c=1则1/(1+a~2)+1/(1+b~2)+1/(1+c~2)≤(27)/(10)(2)     

构造二次函数求最值及配方法

这是美国第七届中学生数学竞赛中的一题:已知a、b、c、d、e是满足a b c d e=8,a~2 b~2 c~2 d~2 e~2=16的实数。试确定e的最大值。解法1 构造二次函数 f(x)=4x~2 2(a b c d)x (a~2 b~2 c~2 d~2) (x a)~2 (x b)~2 (x c)~2 (x d)~2≥0 又二次项系数4>0,所以有判别式△=4(a b c d)~2-16(a~2 b~2 c~2 d~2)≤0 又a b c d=8-e,a~2 b~2 c~2 d~2=16-e~2,故有(8-e)~2-4(16-e~2)≤0。解得0≤e≤16/5,故e的最大值为16/5。解法2 (a-b)~2≥0(?)a~2 b~2≥2ab 同理有a~2 cb~2≥2ac,a~2 d~2≥2ad,b~2     

应用a~3 b~3 c~3=3abc解题

常见到三数和为零,求三数立方和的问题。这时应用若a b c=0,则a~3 b~3 c~3=3abc解题非常精炼。下举几例。例1 若a b c=0,a~3 b~3 C~3=0,求a~(1991) b~(1991) c~(1991)的值。解∵a b c=0, ∴a~3 b~3 c~3=3abc=0, ∴a、b、c中有一个为零,另两个互为相反     

算術運算定律在恒等式變形中的應用

高年级学生在代数变形中所犯的错误,有许多情形都是说明学生对于算术运算定律的忽视. 例如下列约分:(2a~2b+4c)/2=a~2b+4c;(a(a~2+b~2+b)~(1/2))/a=(a~2+b~2)~(1/2)+b等等     

关于丢番图方程X~2+4Y~4=pZ~4

设p为素数,p=4A~2+1+2|A,A∈N~*.运用二次和四次丢番图方程的结果证明了方程G:X~2+4Y~4=pZ~4,gcd(X,Y,Z)=1,除开正整数解(X,Y,Z)=(1,A,1)外,当A≡1(mod4)时,至多还有正整数解(X,Y,Z)满足X=|p(a~2-b~2)~2-4(A(a~2-b~2)±ab)~2|,Y~2=A(a~2-b~2)~2±2ab(a~2-b~2)-4a~2b~2A,Z=a~2+b~2;当A≡3(mod4)时,至多还有正整数解(X,Y,Z)满足X=|4a~2b~2A-(4abA±(a~2-b~2))~2|,Y~2=4a~2b~2A±2ab(a~2-b~2)-A(a~2-b~2)~2,Z=a~2+b~2.这里a,b∈N~*并且ab,gcd(a,b)=1,2|(a+b).同时具体给出了p=5时方程G的全部正整数解.