也谈函数f(x)=sum from i=1 to n=1(︱a_ix+b_i︱)的最小值

文[1]对函数f(x)=∑ni=1aix+bi的最小值进行了研究,得到如下结论:对于函数f(x)=∑ni=1aix+bi(ai∈Q,且ai≠0,bi∈R,i∈N*),总可以写成f(x)=m1[x-x1+x-x2+…+x-xn](x1≤x2≤…≤xn,m,n∈N*)的形式.(1)若n=2k-1(k∈N*),则x=xk时,f(x)取值最小;(2)若n=2k(k∈N*),则x∈[xk,xk+1]时,f(x)取值最小.上述结论只解决了ai∈Q的情形,并要对f(x)进行变形写成m1[x-x1+x-x2+…+x-xn]的形式.为此,笔者进一步研究得到更一般结论,使得问题彻底解决.因f(x)=∑ni=1aix+bi=∑ni=1ai x+biai,所以只要研究f(x)=∑ni=1ai x-xi(ai>0,x1相似文献   

应用函数值符号妙解竞赛中的不等式问题

构造函数解决与不等式相关问题是很常见的,但通常都是构造单调函数,并利用其单调性来完成解答.本文介绍一种新的构造方法,它不是利用函数单调性,而是应用函数值在其变量取值范围内有确定符号来解题.下面分别举几例来加以说明.例1已知a1,a2,…,an,b1,b2,…,bn∈[1,2],且∑ni=1ai2=∑ni=1b2i.求证:∑ni=1ai3bi≤1107∑i=n1b2i.证明:构造f(x)=x-12(x-2)x+52,则当21≤x≤2时,f(x)≤0故x3-1201x2+52≤0,即x3≤1210x2-52.又21≤baii≤2,所以bai3i3≤2110bai22i-25,ba3ii≤1210ai2-25b2i.故∑ni=1ai3bi≤1210∑i=n1a2i-52∑i=n1b2i=1210∑i=n1b2i-5…     

再析一道以二进制为背景的高考题

题 (2011年湖南卷理16)对于n∈N+,将n表示为n=a0×2k+a1 ×2k-1 +a2 ×2k-2+…+ak-1 ×21 +ak×20,当i=0时,ai=1,当1≤i≤n时,ai为0或1.记I(n)为上述表示中ai为0的个数.(例如:1=1 ×20,4=1 ×22+0×21 +0×20,故I(1)=0,I(4)=2),则(1)I(12)=____;(2)127∑n=12I(n)=____.     

一类“数学问题”的统一证法

文[1]给出了不等式:已知x,y,z∈R+,m∈N+.求证:x/mx+y+z+y/x+my+z+z/x+y+mz≤3/m+2. 文[2]给出了不等式:已知xi＞0(i=1,2,…n),k＜1,求证: n∑i=1 xi/x1+x2+…+xi-1+kxi+xi+1+…+xn≥n/n+k-1. 文[3]给出了不等式:设ai＞0(i=1,2,3,…,n),p∈R,q＞0,且n∑i=1ai=A,Si=pai+q(A一ai)＞0(i=1,2,…,n),求证:     

绝对值最值问题猜想的修正及证明

在文[1]末提出了如下一个猜想： 对于函数Y=f（x）=^n∑i=1ai｜x-bi｜（ai，bi，x∈R，i=1，2，…，n）．     

一个不等式的推广

文[1]对文[2]中的猜想给出了证明,猜想是:若n∑i=1aim=n,ai∈R ,i∈N,m≥2,m∈N,则∑ni=1ai≤C1n,n∑i≠jaiaj≤C2n,…,∑ni1≠i2≠…≠ikai1ai2·…·aik≤Cnk,…,n∏i=1ai≤Cnn.本文对此再做些推广.定理若n∑i=1iλaim=S,λ1,ai∈R ,i∈N,m∈[1, ∞),n∑i=1iλ=1,则n∑i1,i2,     

函数f(x)=sum from i=1 to n |a_ix b_i|的最小值求法探究

众所周知,函数f(x)=|x-b1| |x-b2|(b1相似文献   

I.J.Matrix定理的进一步推广

文献 [1]— [5 ]连续讨论了 I.J.Matrix定理的一些推广及应用 ,特别是文 [5 ]利用高阶微分的知识简明地给出了一个推广 ,本文给出其进一步的推广 .设 a0 ,a1 ,… ,an 是 n 1个互不相同且不为零的数 ,f ( x)是次数为 m的多项式 ,文 [5 ]讨论的是m相似文献   

用柯西不等式解释样本线性相关系数

新教材第三册(选修 )§1.6线性回归中给出了样本相关系数r=∑ni=1(xi- x) (yi- y)∑ni=1(xi- x) 2 ∑ni=1(yi- y) 2,并指出“| r|≤1,且| r|越接近于1,相关程度越大;| r|越接近于0 ,相关程度越小”.笔者在教学时发现,用柯西不等式能很好地解释这一相关系数,学生非常容易接受,达到事半功倍的效果.引理1　[柯西不等式](∑ni=1aibi) 2 ≤∑ni=1ai2 ∑ni=1bi2 (其中ai,bi∈R,i=1,2 ,…,n) .现记ai=xi- x,bi=yi- y,则r=∑ni=1aibi∑ni=1ai2 ∑ni=1bi2.据柯西不等式,显然有| r|≤1.1)当| r| =1时,(∑ni=1aibi) 2 =∑ni=1ai2 ∑ni=1b…     

求解不可微箱约束变分不等式的下降算法

1 引 论 设X(?)Rn是非空闭集,F:Rn→Rn连续映射,变分不等式问题VI(X,F)是指:求x∈X,使 F(x)T(y-x)≥0,　 (?)y∈X,(1)记指标集N=(1,2,…,n},当 X=[a,b]≡{x∈Rn|a≤xi≤bi,i∈N},(2)其中a={a1,a2,…,an}T,b={b1,b2,…,bn}T∈Rn时,VI(X,F)化为箱约束变分不等式VI(a,b,F).若ai=0,bi=+∞,i∈N,即X=R+n≡{x∈Rn|x≥0}时,VI(a,b,F)化为非线性     

On approximation of smooth functions from null spaces of optimal linear differential operators with constant coefficients

For a real valued function f defined on a finite interval I we consider the problem of approximating f from null spaces of differential operators of the form Ln(ψ) = n ∑ k=0 akψ(k), where the constant coefficients ak ∈ R may be adapted to f . We prove that for each f ∈ C(n)(I), there is a selection of coefficients {a1, ,an} and a corresponding linear combination Sn( f ,t) = n ∑ k=1 bkeλkt of functions ψk(t) = eλkt in the nullity of L which satisfies the following Jackson’s type inequality: f (m) Sn(m )( f ,t) ∞≤ |an|2n|Im|1/1q/ep|λ|λn|n|I||nm1 Ln( f ) p, where |λn| = mka x|λk|, 0 ≤ m ≤ n 1, p,q ≥ 1, and 1p + q1 = 1. For the particular operator Mn(f) = f + 1/(2n) f(2n) the rate of approximation by the eigenvalues of Mn for non-periodic analytic functions on intervals of restricted length is established to be exponential. Applications in algorithms and numerical examples are discussed.     

课外练习

高一年级1.已知m ,n ,p∈A ={x |x - 1|≤ 3且x∈Z}.试求logm +nP的不同值的个数 .2 .已知函数 f(x)为偶函数 ,对于定义域R内在任意x ,都有 f(x) =f( 4-x) ,且当x∈ [0 ,2 ]时 ,f(x)=1-x2 ,求x∈ [2 0 0 2 ,2 0 0 4 ]时f(x)的解析式 .3 .已知函数 f(x) =- 2x +2 ,x∈ [12 ,1] ,设 f(x)的反函数为y =g(x) ,a1 =1,a2 =g(a1 ) ,… ,an =g(an-1 ) ,求数列 {an}的通项公式高二年级1.已知函数f(x) =lg(log3 2 x -klog2 x +2 ) ,若f(x)在( 1,+∞ )上均有意义 .试求实数k的取值范围 .2 .设a∈k,函数 f(x) =ax2 +x -a ( - 1≤x≤ 1) .( 1)若 |a|≤ …     

用素数判定多项式不可约

本文介绍两个用素数列来判定多项式不可约的定理 ,从而把素数与不可约多项式紧密联系起来了 .定理 1　对于整系数多项式f ( x) =∑ni=0aixi　 ( n∈ N,an ≠ 0 ) ( 1 )若存在一个正整数 p >1 max0≤ i≤ n{| ai| },使| f ( p) |不是合数 ,则 f ( x)在 Q上不可约 .为证明定理 1 ,先给出两个引理 .引理 1　多项式 ( 1 )的根的模必小于u =1 max0≤ i≤ n{| ai| }.证明　当 f ( z) =0时 ,假设 | z|≥ u(因为 an ≠ 0 ,所以 u≥ 2 ) ,得| f ( z) |≥ | an| .| z| n - ( u - 1 ) ∑n- 1i=0| z| i≥ 1 . | z| n - ( u - 1 ) .| z| n - 1| z| -…     

Boundedness of Marcinkiewicz integral related to multilinear commutators with variable kernels on Hardy spaces

Let→b=(b1,b2,…,bm),bi∈∧βi(Rn),1≤I≤m,βi＞0,m∑I=1βi=β,0＜β＜1,μΩ→b(f)(x)=(∫∞0|F→b,t(f)(x)|2dt/t3)1/2,F→b,t(f)(x)=∫|x-y|≤t Ω(x,x-y)/|x-y|n-1 mΠi=1[bi(x)-bi(y)dy.We consider the boundedness of μΩ,→b on Hardy type space Hp→b(Rn).     

不等式〔∑from i=1 to n (a_i~3)〕〔∑from i=1 to n (b_i~3)〕〔∑from i=1 to n (c_i~3)〕≥〔∑ from i=1 to n (a_ib_ic_i)〕~3的恒等式构造

文[1]为证明2001年第42届IMO第2题而通过独特的思路给出了一个恒等式:设实数ai,bi∈R,A3=n∑i=1ai3,B3=n∑i=1bi3,且AB≠0,则有恒等式n∑i=1ai3 2/3n∑i=1bi3 1/3=n∑i=1ai2bi 13A2Bn∑i=12aiA biBaiA-biB2(1)根据恒等式(1),我们自然会考虑更一般形式的3×N维形式的不等式n∑i=1ai3n∑i=1bi3n∑i=1ci3≥n∑i=1aibici3(2)通过对(2)的研究,本文通过构造方法给出了式(2)的一个新的恒等式.定理设实数ai,bi∈R,A=3∑ni=1ai3,B=3∑ni=1bi3,C=3∑ni=1ci3,且ABC≠0,则有恒等式3(n∑i=1ai3)(n∑i=1bi3)n∑i=1ci3=n∑i=1aibici ABC6Ω(3)其…     

活用两个简单结论巧解两类高考试题

数学中有如下两个人人皆知的简单结论: 　　I 设f(n)=a1+a2+…+an, 　　g(n)=b1+b2+…+bn. 　　若ak=bk(k∈N),则f(n)=g(n). 　　若ak≤bk(k∈N),则f(n)≤g(n). 　　Ⅱ 设f(n)=a1a2…an,g(n)=b1b2…bn. 　　若ak=bk(k∈N),则f(n)=g(n), 　　若ak＞0,bk＞0且ak≤bk(k∈N), 　　则f(n)≤g(n). 　　利用这两个简单结论解答高考试题中与自然数n有关的不(恒)等式的证明问题,思路清晰,通俗易懂.……     

2006年高考数学全国卷Ⅰ

一、选择题:共12小题,每小题5分,共60分.1.设集合M={x|x2-x<0},N={x||x|<2},则A.M∩N=B.M∩N=MC.M∪N=MD.M∪N=R2.已知函数y=ex的图像与函数y=f(x)的图像关于直线y=x对称,则A.f(2x)=e2x(x∈R)B.f(2x)=ln2·lnx(x>0)C.f(2x)=2ex(x∈R)D.f(2x)=lnx+ln2(x>0)3.双曲线mx2+y2=1的虚轴长是实轴长的2倍,则m=A.-41B.-4C.4D.414.如果复数(m2+i)(1+mi)是实数,则实数=A.1B.-1C.2D.-25.函数f(x)=tanx+4π的单调增区间为A.kπ-2π,kπ+2π,k∈ZB.(kπ,(k+1)π),k∈ZC.kπ-34π,kπ+4π,k∈ZD.kπ-4π,kπ+34π,k∈Z6.△ABC的内角A、B、…     

一个三角函数的最小上界

文[1]提出如下问题,设x,y,z∈R,m∈N,m≥3,求u=sinmxcosy sinmycosz sinmzcosx的最小上界.这里最小上界显然为函数的最大值.本文用微分法给出m=3,4时u的最大值,当m=5,6时给出一个初步结果.因sinmxcosy sinmycosz sinmzcosx≤|sinx|m|cosy| |siny|m|cosz| |sinz|m|cosx|,所以只须在0≤x,y,z≤π2上讨论(1)的最大值,这完全等同于讨论函数f(x,y,z)=(1-x2)2my (1-y2)2mz (1-z2)2mx(0≤x,y,z≤1)(1)的最大值.设(1)的最大值为Am,一元函数g(x)=f(x,1,0)=(1-x2)2m x(0≤x≤1)的最大值为Bm,显然有Am≥Bm.引理1函数f(x)=(1-x2)2m x(0≤x≤1,m≥3,m…     

高三数学期中自测题

选择题　 (每小题 5分 ,12小题共 6 0分 .在每小题给出的四个选项中 ,只有一项是符合题目要求的 )1.集合M ={x|x =2n ,n∈Z} ,N ={x|x =2n +1,n∈Z} ,P ={x|x =4n +1,n∈Z} ,x∈M ,y∈N ,则必有 (　　 )(A)x +y∈M .(B)x +y∈N .(C)x +y∈P .(D)x +y M ,N ,P任何一个 .2 .已知集合M =- 1,0 ,1,f是从M到M的映射 ,则满足 f(- 1) +f(0 ) +f(1) =0的映射有(　　 )(A) 6个 .　 (B) 7个 .　 (C) 8个 .　 (D) 9个 .3.已知f0 (x ) =f (x ) =x +1(x≤ 1) ,-x +3(x >1) ,fn +1(x) =f [fn (x ) ],则f2 (- 12 ) = (　　 )(A) - 12 . (B) 32 …     

仿射共轭梯度路径信赖域方法解有界约束优化

1 引言本文研究含有界变量约束的非线性优化问题 min f(x),x∈Ω (1．1) 其中f:Rn→R是光滑的非线性函数,约束可行集Ω=def{x∈Rn|li≤xi≤ui,i= 1,…,n},可行内点集int(Ω)=def{x∈Rn|li