关于在求极值时引进参数的问题

大家知道,在不等式的教学中,有一个很著名的公式其中a_1,a_2,…,a_n都是正数,利用这个公式可求某个函数的极值,也就是说,如果a_1+a_2+…+a_n是一个定常数,那么,当a_1=a_2=…=a_n时,a_1a_2…a_n有极大值;如果a_1a_2…a_n是一个定常数,那么,当a_1=a_2=…a_n时,a_1+a_2+…+a_n有极小值.这个公式在求函数的极值时,理论上是解决了,     

经典均值不等式的多重隔离

我们都知道下列经典均值不等式:设a_1,a_2,…,a_n是n个正数,n≥2,n∈N~*.则n/(1/(a_1)+1/(a_2)+…+1/(a_n))≤(a_1a_2…a_n)~(1/n)≤(a_1+a_2+…+a_n)/n≤((a_1~n+a_2~n+…+a_n~n)/n)~(1/n),等号当且仅当a_1=a_2=…=a_n取到.受文[1],[2]的启发,笔者给出下列经典均值不等式的多重隔离:     

算术平均数不小于其几何平均数的一个推论

在高中教材不等式的证明这一节里提到。一般地有:n个(n是大于1的整数)正数的算术平均数不小于它的几何平均数。我们在教学中增加了一个推论:n个正数和与n个该数的倒数和之积不小于n的平方,用式子表示即 (a_1+a_2+…+a_n)(1/a_1+1/a_2+…+1/a_n)≥n~2(其中a_1、a_2…,a_n均正数,n是大于1的整数)。等号当且仅当a_1=a_2=…=a_n时才成立。证明:(a_1+a_2+…+a_n)(l/a_1+1/a_2+…+1/a_n)≥n((a_1a_2…a_n)~(1/n))·(n((1/a_1)(1/a_2)…1/a_n)~(1/n)) =n~2 (*) 由算术平均数不小于几何平均数的定理中当     

发挥平均不等式取等条件的启思导向作用

平均不等式是我们在解决不等式问题时使用频率最高的一个不等式,其基本形式为:对于正数a_1,a_2,…,a_n有(a_1+a_2+…+a_n)/n≥(a_1a_2…a_n)~(1/n),当且仅当a_1=a_2=…=a_n时等号成立.关于它的各种变形及使用技巧的文章可谓铺天盖地,但等号     

奇妙数趣谈

为叙述方便,我们做如下约定: ① 排列a_m _1a_(m 2)…a_na_1a_2…a_m叫排列a_1a_2…a_n的一个轮换; ②由高至低各数位上数字分别为a_1,a_2,…,a_n的n位数记做1/a_1a_2…a_n(这里允许a_1=0,如0371=371);     

关于 Davenport一定理的注记

<正> 用 x,a,c 等表示 n 维实矢量.用|x|=|(x_1,…,x_n)|=(x_1~2+…+x_n~2)~(1/2)表示 x 的模。又用∧表示 n 维格(Lattice),即下面全体矢量所成的集合u_1a_1+…+u_na_n,此处 a_1,…,a_n 为 n 维实欧氏空间的一组固定的线性独立矢量,而 u_1,…,u_n 为任意整数.a_1,…,a_n 称为格∧的基底.本文的目的为用 Brun 筛法证明     

合成数列的通项及其应用

设有两个数列{a_n}及{b_n}:a_1,a_2,a_3,…,a_n,…b_1,b_2,b_3,…,b_n,…依次交错排列 a_k、b_k(k=1,2,…)构成一个新的数列{x_n}:a_1,b_1,a_2,b_2,…,a_n,b_n,…我们称上述数列{x_n}为数列{a_n}和{b_n}的合成数列.本文讨论两个数列的合成数列的通项公式及其应用.     

關于不定方程的三個定理

為了方便起見,現將本文中所用的幾個記號加以說明,並將涉及到的幾個整數性質加以叙述而不予證明。另外,凡本文中所用之字母,如a,b,c,…,若不加說明,皆指正整數而言。 幾個記號:(a_1,a_2,…,a_n)表示a_1,a_2,…,a_n的最大公約數;[a_1,a_2,…,a_n]表示a_1,a_2,…,a_n的最小公倍數,a|b表示a能除盡b。涉及到的幾個整數性質: Ⅰ. 若a,b為任何正整數,則ab-(a+b)≥-1。Ⅱ. 若(a_1,a_2,…,a_n)=d_n,則a_1=a′_1d_n,a_2=a′_2 d_n,…,a_n=a′_nd_n,且(a′_1,a′_2,…,a′_n)=1。Ⅲ. 若[a,b]=m,a|c,b|c,則m|c。Ⅳ. 如果在全是整數的等式k+l+…+n=p+q+…+s中,所有的項,除掉一項外,都是b的倍數,則這一項也一定是b的倍數(即b能除盡這一項)。     

均值不等式的两个(对称的)简证——《不等式选讲》教学札记

1问题的缘起新教材《不等式选讲》(人教A版选修4—5)介绍均值不等式是分两步进行的,先用数学归纳法证明引理:如果n(n为正整数)个正数a_1,a_2,…,a_n的积a_1a_2…a_n=1,那么它们的和a_1+a_2+…+a_n≥n.(P_(52)例4)再作一个代换(P_(53)探究2)得到.     

数列中一个不可小看的公式

一、一个公式若S_n表示数列{a_n)的前n项和,即S_n=a_1 a_2 … a_(n-1) a_n,则有S_(n-1)=a_1 a_2 … a_(n-1) (n≥2),于是当n≥2时,a_n=S_n-S_(n-1),而n=1时,a_1=S_1,因此,a_n=(?)．解有关数列题目时,我们常常使用这个公式来实现问题的转化,下面举几个例子加以说明．例1数列{a_n)的前n项和为S_n=3n~2 n 1,则此数列的通项a_n=     

从数学竞赛一道试题谈起

一九八四年全国部分省市联合数学竞赛第二试有这样一道题目:设a_n为1~2 2~2 3~2 … n~2之末位数字,求证0.a_1a_2a_3a_4…为有理数。分析:要证0.a_1a_2a_3a_4…为有理数,则或者a_1,a_2,a_3…这些数字循环出现,或者从某a_k开始以后的所有a_n     

对一道高考(副题)数学试题的分析

已知数列{a_n}的第一项a_1=3/5第二项a_2=(31)/(100),并且数列a_2-1/(10)a_1,a_3-1/(10)a_2,…,a_(n 1)-1/(10)a_n,…是公比为1/2的等比数列;而数列是公差为-1的等差数列。     

通项·回归·解出

先看具体问题。例1 数列{a_n}满足a_1=a_2=1,且a_(n+2)=a_n+a_(n+1) 求证:(a_1/2)+(a_2/2~2)+(a_3/2~3)...+a_n/2~n<2 证明设S_n=a_1/2+a_2/2~2+...+a_n/2~n 由a_n+2=a_n+a_(n+1)得 a_n=a_(n+2)-a_(n+1)。 Sn=(a_3-a_2)/2+(a_4-a_3)/2~2+...+     

數学問題解答

下面的问题,提供讀者解答,但解答不必寄来。本期答案将在1960年3月号发表。欢迎讀者提出适合中学数学水平的问题。来信请寄至北京新街口外大街北京师范大学数学系轉数学通报数学问题解答栏。 1960年2月号问题 434.已知三角形ABC各边BC,CA,AB分别为a,b及c,垂心H至頂点A,B,C的距离分别为x,y及x.求证 a/x b/y c/z=abc/xyz.(苏州师专沈百賢提) 435.证明以下两个不等式ⅰ) a_2 a_3 … a_n/a_1 a_1 a_3 … a_n/a_2 … a_1 a_2… a_(n-1)/a_n≥n(n-1),其中a_1,a_2,…,a_n均为正实数,当且仅当a_1=a_2=…=a_n时等号成立。ⅱ) (x~2 y~2 z~2/x y z)~(x y z)≥x~xy~yz~z,其中x,y,z均为正实数,当且仅当x=y=z时等号成立。(襄樊市徐超羣提)     

“排序定理”及其应用

定义:两组实数a_1≤a_2≤…≤a_n,b_1≤b_2≤…≤b_n,称S=a_1b_1 a_2b_2 … a_nb_n为这两组实数的同序积的和,同时称(?)=a_1b_n a_2b_(n-1) … a_nb_1为这两组实数的倒序积的和。 对于S和(?),我们有以下 排序定理:若两组实数a_1,a_2,…,a_n和b_1,b_2,…,b_n满足     

关于有限生成模嵌入自由模

<正> 本文讨论的环都是有1结合环,模都是单式模. 称环R适合性质F,如果 (F)任意一个有限生成的右R-模都同构于一个自由R-模的子模. 环R中的左零化子L的一个有限子集合A={a_1,…,a_n}称为L的一个充分组,如     

平均值不等式和柯西不等式

平均值不等式和柯西不等式是两个极为重要的基本不等式,由于它们变化多,实用性强,可以充分展示受试者的机敏和能力,因此深受竞赛命题者的青睐,有关的问题在数学竞赛中频频出现,经久不衰。一、平均值不等式这里先介绍平均值不等式。设a_1、a_2、…、a_n为n个正数,记 A=a_1 a_2 … a_n/n,G=(a_1a_2…a_n)~(1/n) 则 A≥C(1) 其中当且仅当a_1=a_2=…=a_n时等号成立。这个不等式通常称之为算术平均-几何平均值不等式,简称平均值不等式。平均值不等式证明方法很多,以下给出两种富有启发又很简捷的证明。     

数学奥林匹克问题选登

1991年11月号问题解答 (解答由问题提供人给出) 11.设a_1,a_2,…,a_n为正整数,N为整数,解方程[a_1x] [a_2x] … [a_nx]=N。解不失普遍性,可设(a_1,a_2,…,a_n)=1,否则如果(a_1,a_2,…,a_n)=d。令x=dx就转化为这种情况,为了方便, 令 M=a_1 a_2 … a_n, F(x)=[a_1x] [a_2x] … [a_nx]。很明显,F(x)是不减的且F(x 1)=F(x) M。由此可得出,F(x s)=F(x) sM,(s为整数) 如果N=N_1 Ms, 则F(x)=N有解的充分必要条件是F(x)=N_1有解。如果F(x)=N_1的解为a,则F(x)=     

四类数列问题的探究

1.（∑a_i ）^m=∑ a_i^r型 例1（2012年全国高中数学联赛A卷第1试第10题）已知数列{a_n}的各项均为非零实数,且对于任意的正整数n,都有（a_1＋a_2＋…＋a_n）=a_1^3＋a_2^3…＋a_n^3.     

从一道数学竞赛题的妙解谈起

把由1开始的自然数依次写下去,直写到198位为止、12345678901112…那么这 198位个数用9除的余数是: (A)1,(B)6,(C)7,(D)非上述答案。这是1987年全国初中数学联赛的一道试题。本文给出一种不同于常规解法的巧妙解答。首先我们证明两个定理。定理1 设数列{a_n}的每一项都是非负整数,且a_1≠0,把由a_1开始的非负整数依次写下去,直写到第n项为止即为a_1a_2…a_n,那么正整数a_1a_2…a_n除以9的余数与S_n=a_1 a_2