对一密码转换题的质疑

河北石家庄 0 2～ 0 3年高考数学模拟试题中有这样一道题 :现代社会对破译密文的难度要求越来越高 ,有一种密码把英文的明文 (真实文 )按两个字母一组分组 ,如果最后剩一个字母 ,则任意添加一个字母 ,拼成一组 .例如 :Wish you success,分组为 :Wi,sh,yo,us,uc,ce,ss得到　 2 39,198,2 515 ,2 119,2 13,35 ,1919其中英文的 a,b,c,… ,z的 2 6个字母 (不论大小写 )依次对应 1,2 ,3,… ,2 6个自然数 ,见表格 :a b c d e f g h i j k l m12 345 6 78910 1112 13n o p q r s t u v w x y z14 15 16 1718192 0 2 12 2 2 32 4 2 5 2 6给出如下一…     

一道数学奥林匹克题的再推广

1999年加拿大数学奥林匹克试题第 5题 :已知x ,y ,z为满足x + y +z =1的非负实数 ,试证 :x2 y + y2 z +z2 x≤ 42 7( 1 )并指出等号成立的条件 .文 [1 ]将其多元推广为 :若x1,x2 ,… ,xn(n≥ 3)为满足x1+x2+… +xn=1的非负实数 ,则x21x2 +x22 x3+… +x2n- 1xn+x2nx1≤ 42 7( 2 )当x1,x2 ,… ,xn 中一个为 23,另一个为 13,其余n - 2个均为 0时等号成立 .今对赛题 ( 1 )式与文 [1 ]推广 ( 2 )式分别作指数推广 .1　赛题的指数推广定理 1　若x ,y ,z为满足x + y +z =1的非负实数 ,n ,m∈N+且n≥m ,则　xnym + ynzm +znxm≤13nnmm(n +m) n +m　…     

一道数学奥林匹克题的再推广

1999年加拿大数学奥林匹克试题第 5题 :已知 x,y,z为满足 x+ y+ z=1的非负实数 ,试证 :x2 y+ y2 z+ z2 x≤ 42 7( 1 )并指出等号成立的条件 .文 [1 ]将其多元推广为 :若 x1 ,x2 ,… ,xn( n≥ 3)为满足 x1 + x2 +… + xn=1的非负实数 ,则x21 x2 + x22 x3+… + x2n- 1 xn+ x2nx1 ≤ 42 7( 2 )当 x1 ,x2 ,… ,xn中一个为 23,另一个为 13,其余 n- 2个均为 0时等号成立 .今对赛题 ( 1 )式与文 [1 ]推广 ( 2 )式分别作指数推广 .1　赛题的指数推广定理 1　若 x,y,z为满足 x+ y+ z=1的非负实数 ,n,m∈N+且 n≥m,则　xnym+ ynzm+ znxm≤13nnmm( 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:     

思维发散 多样解题--对一道竞赛题解法的剖析

在第二届美国数学奥林匹克竞赛中 ,有一道求方程组根的名题 :x+y +z=3x2 +y2 +z2 =3x3+y3+z3=3,虽然这道题有丰富的内涵 ,同时它可用许多巧妙的方法解答 ,但方程组中有一个方程是多余的 .我们利用任意两个方程就可得出答案了 ,只不过要求我们具有极强的发散思维 ,同时注重细节 .为了简便 ,这里仅取前两个方程来先讲解再说明这些解法的由来 .解方程组 x+y+z =3x2 +y2 +z2 =3( 1 )( 2 )方法 1　经观察 ,发现 ( 1 ) =( 2 ) ,首先 ,( 1 ) ,( 2 )两边分别除以 3得x +y+z3 =x2 +y2 +z23=1 ,然后将 x2 +y2 +z23 开方得 ,x2 +y2 +z23= 1 =x+y +z3 ,…     

求一类勾股数组的公式

定义:如果正整数x、y、z能满足下列不定方程x~2+y~2+=z~2,那么,x、y、z叫做勾股数。观察下列各式: 这样,我们就得到了三组勾股数:4、3、5;12、5、13;24,7,25。按照此法,在数列1,3,5,7,…2k+1,…中找出一平方数,它前面的项数与项数加1再和这个平方数的平方根一起就构成一个勾股数组。如49=7~2=     

高斯公式应用小议

在利用高斯公式计算曲面积分时 ,许多学生往往忽视了对定理条件的考察。比如 :同济四版《高等数学》下册总习题十的第 3 ( 4)题就是一例。例 1 :计算 ∑xdydz +ydzdx +zdxdy( x2 +y2 +z2 ) 3 ,其中 ∑:1 -z5=( x -2 ) 21 6+( y -1 ) 29( z≥ 0 )上侧。多数学生在利用高斯公式求解时 ,做法如下 :解 :令 P =x( x2 +y2 +z2 ) 3 ,Q =y( x2 +y2 +z2 ) 3 ,R =zx2 +y2 +z2 ) 3 ,补 ∑1:z =0 ( x -2 ) 21 6+( y -1 ) 29≤ 1 下侧。于是由高斯公式得 : ∑+ ∑ 1Pdydz +Qdzdx +Rdxdy = Ω P x+ Q y+ R z dv Ω0 dv =0 ,其中Ω为由 ∑ +∑1所围区…     

不等式的多种证明及其推广

<正>2014年安徽省高中数学竞赛有如下一个不等式试题:已知正实数x,y,z满足x+y+z=1,求证:(z-y)/(x+2y)+(x-z)/(y+2z)+(y-x)/(z+2x)≥0.该题除标准答案提供的证法外,本文提供一些另外有趣的证明方式,同时给出不等式的一个推广.1.多种证法.证法一由x+y+z=1,可知原不等式等价于下述不等式     

话说不等式x1x2＜0

1 高中教师的赛题以下的这道赛题,本来是用来考高中教师的:赛题试求最大的常数λ,使得下列不等式对于满1足条件x+y+z=0的实数x,y,z恒成立:1/5x2+6x+12+1/5y2+6y+12+1/5z2+6z+12≤λ.     

用次数分析法求解有关不等式的竞赛题

容易看到 ,绝大多数有关不等式的公式有着一种齐次化的倾向 ,如平均值不等式 ,柯西不等式 ,排序不等式等等 .这就暗示我们 ,对于一些有关不等式的问题 ,可以从式子中字母的次数上寻求解题的突破口 ,尤其是齐次化的解题策略 .下面以几个有关不等式的竞赛题为例 ,加以说明 .例 1　设 x,y,z是正实数 ,且 xyz=1 .证明 :x3( 1 + y) ( 1 + z) + y3( 1 + x) ( 1 + z) +z3( 1 + x) ( 1 + y) ≥ 34 ( 1 )分析　要使不等式 ( 1 )成立 ,只需证　 x4+ x3 + y4+ y3 + z4+ z3　≥ 34( 1 + x) ( 1 + y) ( 1 + z) ,即证 4( x4+ x3 + y4+ y3 + z4+ z3 )　≥ 6…     

W.Janoux猜测的原形(本源)浅析及其加强与应用

以下问题就是W .Janoux猜测设x、y、z>0　则y2 -x2z +x + z2 -y2x +y + x2 -z2y +z ≥ 0此不等式流传已久 ,迄今为止已有多种证法 ,但其最简表示形式 (即原形 )是什么 ?不得而知 .在正本清源这种思想的引导下 ,笔者对其进行了分析、研究 ,并获得了一个很好的结果 ,现介绍如下 .1　一个简单而有趣的代换设x、y、z是正数 ,令a=x +y ,b=x+z,c=y +z.则y-x=c-b ,z -y=b-a ,x-z=a -c.而且这里的a、b、c满足条件a+b>c,a+c >b ,b+c>a ,故以a、b、c为边可构造一个三角形 .所以这个代换就揭示了一组正数与三角形的边之间的一种等价转换关系 .2　猜测…     

话说不等式x1x2＜0

1 高中教师的赛题以下的这道赛题,本来是用来考高中教师的:赛题试求最大的常数λ,使得下列不等式对于满足条件x+y+z=0的实数x,y,z恒成立:1/5x2+6x+12+1/5y2+6y+12+1/5z2+6z+12≤λ趣事 一位初中学生看到了这道题目,他说式中的λ=1/4.     

W.Janous猜测的再推广

W .Janous猜测 :设x ,y,z >0 ,则x2 -z2y+z + y2 -x2z+x + z2 -y2x+y ≥ 0 ( 1 )贵刊文 [1 ]将 ( 1 )式推广为 :设xi>0 (i =1 ,2 ,… ,n) ,n≥ 3,记S=x1 +x2 +… +xn,t =x21+x22 +… +x2 n,则nx21 -ts-x1 + nx22 -ts-x2 +… + nx2 n-ts-xn ≥ 0 ( 2 )当n =3时 ,由 ( 2 )式可得 ( 1 )式 .本文将把 ( 2 )式作进一步推广 ,并回答文 [1 ]中提出的一个问题 .我们得到如下结果 :设xi>0 (i=1 ,2 ,… ,n) ,n≥ 3,α ,β,γ∈R ,T =xα1 +xα2 +… +xαn,A>max{xγ1 ,xγ2 ,… ,xγn},则当αβγ >0时 ,有nxα1 -T(A-xγ1 )β+ nxα2 -T(A-xγ2 )…     

数学问题解答

20 0 4年 1月号问题解答(解答由问题提供人给出 )1 471　求方程组 x+y =ztz+t =xy的非负整数解 .解　因为方程组中x与y ,z与t可以互换 ,所以可以先求满足 0 ≤x≤y ,0 ≤z≤t的整数解组 (x,y ,z,t) .( 1 )若x、z中有一个为零 ,不妨设x=0 ,则由原方程组消去t得 :y+z2 =0所以y =z=0 ,t= 0 .即 ( 0 ,0 ,0 ,0 )是原方程组求的一组解 .( 2 )若x ,z都不是 0 ,但是有一个为 1 ,设x=1 ,则由原方程组消去y得 :t+z=zt - 1所以 (z- 1 ) (t- 1 ) =2 ,因为z,t为正整数且z≤t,所以z - 1 =1t- 1 =2 得z=2 ,t =3,y=5即 ( 1 ,5 ,2 ,3)是原方程组的一组解 ,同…     

智慧窗

1求实数解x + y +z =3x2 +y2 +z2 =3x5+ y5+z5=3①②③2扑克游戏将 5 2张扑克牌 (去掉大、小王 )中的A ,2 ,… ,K分别对应自然数 1,2 ,… ,13 .从中任意抽取 3张 ,若数字和的个位数字为 9(即和为9,19,2 9或 3 9) ,则将其去掉 ,个位数字和不为9的仍放入其中 .这样重复下去 ,最后余下的一张所对应的数字有多少种可能3猜猜看魔术师手持 6张扑克牌 .(不含王牌 ,也不含牌号相同的牌 ) ,叫 6位观众每人从他手中任摸 1张 ,并且要求他们每人记住自己的牌号数 (A对应 1,J对应 11,Q对应 12 ,K对应13 ) .同时叫每人按如下规则进行运算 :将自己的牌号…     

关于一个双参数三元不等式的研究

文[1]给出如下结论:设x,yz∈R+,则x/2x+y+z+y/2y+x+z+z/2z+x+y≤3/4.文[2]将这一结论进行指数推广,得到 　　定理A 设x,y,z ∈R+,0相似文献   

上期课外练习参考解答

初一年级1.∵4x+5y+6z=36, ∴(4x+4y+4z)+(y+2z)=36, ∴4(x+y+z)=36-(y+2z), ∴x+y+z=9-y+2z/4. ∵y、z为非负数, ∴y+2z/4的最小值为0(y=0,z=0) 故x+y+z的最大值为9. 下面求x+y+z的最小值. ∵4x+5y+6z=36, ∴(6x+6y+6z)-(2x+y)=36,     

一个分式不等式的探讨

文 [1]提出如下有趣问题 :设λ、μ、ν为不全为零的非负实数 ,求使不等式xλx+ μy +νz + yλy+ μz +νx +zλz+ μx+νy ≥ 3λ+ μ+ν (1)对任意正实数x ,y ,z都成立的充要条件 .经探讨 ,我们得到了下面的定理 1　当λ、μ、ν≥ 0且 μ ,ν不全为零时 (若 μ =ν =0 ,λ ≠ 0 ,则 (1)为恒等式 ) ,(1)对任意x ,y,z>0成立的充要条件是2λ≤ μ +ν .证明　用 ∑f(x ,y ,z)表示 f(x ,y ,z)+ f(y ,z ,x) + f(z ,x ,y) ,经演算有∑x(λy + μz+νx) (λz+ μx +νz)=λμν∑x3 + (λ3 + μ3 +ν3 + 3λμν)xyz +(λ2 μ+ μ2 ν+ν2 λ) …     

“分步法“巧证分式不等式

常言道:“饭要一口一口地吃”.面对千姿百态的分式不等式,如果一时难以“一步到位”达到证明目的,不妨探究“分步法”,分成两步或多步,逐步实现证明目的.1.将分式不等式化为整式不等式例1设x,y,z∈R+,求证:(y+z)x(yx+z)+(z+x)y(zy+x)+(x+y)z(xz+y)≥43.(《数学教学》1992(6),数学问题289)证明(1)待证不等式可化为整式不等式:x2y+xy2+y2z+yz2+z2x+zx2≥6xyz;(2)x2y+xy2+y2z+yz2+zx2+z2x≥66x2y·xy2·y2z·yz2·z2x·zx2=6xyz.证毕例2若a,b,c∈R+,求证:a·aa++cb+b·bb++ca+c·cc++ab≥a+b+c.(1992年国际“友谊杯”数学邀请赛试题)证明(1)证…     

四边形的内接三角形的一个性质

图1我们先了解关于圆内接三角形的一个性质.如图1,△x1y1z1为⊙O的内接三角形,P为圆内一点,x1P、y1P、z1P与圆分别交于x2、y2、z2.则△x1y1z1△x2y2z2=Px1·Py1·Pz1Px2·Py2·Pz2.注本文等式中的“△xyz”均表示△xyz的面积.简证设⊙O的半径为R,连z1O并延长交圆于y1′,连x1y1′,则∠x1y1z1=∠x1y1′z1.于是△x1y1z1=12x1y1·y1z1·sin∠x1y1z1=12x1y1·y1z1·sin∠x1y1′z1=12x1y1·y1z1·x1z12R=14Rx1y1·y1z1·x1z1.同理△x2y2z2=14Rx2y2·y2z2·x2z2.故△x1y1z1△x2y2z2=x1y1·y1z1·x1z1x2y2·y2z2·x2z2=