一个代数不等式的证明

一个代数不等式的证明４１０１２８湖南农业大学２２５＃陈宽红定理设ｘ，ｙ，ｚ∈Ｒ且ｘ＋ｙ＋ｚ＝０，ｎ∈Ｎ，则这是福建杨学枝老师于１９９４年提出的一个猜想，本文将证明此猜想．证（１）当ｎ＝１，２时，①式显然成立．（２）考察ｎ≥３，ｎ∈Ｎ的情形．１°若ｘ，...     

数学问题解答

１９９９年４月号问题解答（解答由问题提供人给出）１１８６设ｎ∈Ｎ,ｎ≥２,ｋ∈Ｒ＋,求函数ｙ＝ｘｎｘ－ｋ（ｘ∈（ｋ,＋∞））的最小值．解由均值不等式ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎｎ≥ｎｘ１ｘ２…ｘｎ得ｘ１ｘ２…ｘｎ≤（ｘ１＋ｘ２＋…＋ｘｎｎ）ｎ∵ｙ＝ｘｎｘ－ｋ...     

空间曲线在奇异点处的性态

本文讨论了空间曲线ｘ＝ｘ（ｔ），ｙ＝ｙ（ｔ），ｚ＝ｚ（ｔ）上奇异点的性态，结果表明：若［ｘ（ｋ）（ｔ０）］２＋［ｙ（ｋ）（ｔ０）］２＋［ｚ（ｋ）（ｔ０）］２＝０，ｋ＝１，２，…，ｎ－１，而［ｘ（ｎ）（ｔ０）］２＋［ｙ（ｎ）（ｔ０）］２＋［ｚ（ｎ）（ｔ０）］２≠０，则当ｎ为奇数时，曲线在点Ｍ０（ｘ０，ｙ０，ｚ０）是光滑的；当ｎ为偶数时，曲线在点Ｍ０（ｘ０，ｙ０，ｚ０）是不光滑的     

一类超椭圆方程的整数解

设ｍ，ｎ∈Ｎ；ｍ≥２，ｎ≥２，ｍｎ≥６，ｆ（ｘ）＝ｘｍ＋ａ１ｘｍ－１＋…＋ａｍ∈Ｚ［ｘ］，Ｈ＝ｍａｘ（｜ａ１｜，…，｜ａｍ｜）．本文运用组合分析方法证明了：当ｍ≡０（ｍｏｄｎ），ａ１，…，ａｍ不全为零，而且其中第一个非零系数ａｓ与ｎ互素时，方程ｆ（ｘ）＝ｙｎ，ｘ，ｙ∈Ｚ，仅有有限多组解（ｘ，ｙ），而且这些解都满足｜ｘ｜＜（４ｍＨ）２ｍ／ｎ＋１以及｜ｙ｜＜（４ｍＨ）４ｍ２／ｎ２＋ｍ／ｎ＋１     

关于Thue方程的解数

设ｍ是正整数，ｆ（Ｘ，Ｙ）＝ａ０Ｘｎ＋ａ１Ｘ（ｎ－１）Ｙ＋．．．＋ａｎＹｎ∈Ｚ［Ｘ，Ｙ］是Ｑ上不可约化的叫ｎ（ｎ≥３）次齐次多项式。本文证明了：当ｇｃｄ（ｍ，ａ０）＝１，ｎ≥４００且ｍ≥１０（３５）时，方程｜ｆ（ｘ，ｙ）｜＝ｍ，ｘ，ｙ∈ｚ，ｇｃｄ（ｘ，ｙ）＝１，至多有６ｎｖ（ｍ）组解（ｘ，ｙ），其中ｖ（ｍ）是同余式Ｆ（ｚ）＝ｆ（ｚ，１）≡０（ｍｏｄｍ）的解数。特别是当ｇｃｄ（ｍ，ＤＦ）＝１时，该方程至多有６ｎ（ω（ｍ）＋１）组解（ｘ，ｙ），其中ＤＦ是多项式Ｆ的判别式，ω（ｍ）是ｍ的不同素因数的个数．     

一种级的维数

令ｆ（ｘ）＝∑ｎ≥１，ｂ＾ｓｎ－２ｇ（ｂｎｘ），其中Ｓ∈（１，２），对ｎ∈ｚ，ｇ（４ｎ＋ｘ（     

数学问题解答

数学问题解答１９９４年１１月号问题解答（解答由问题提供人给出）９２１若ｘ，ｙ，ｚ∈Ｒ＋，且ｘ＋ｙ＋＝１．求证：证明依柯西不等式得（１２＋１２＋１２）（Ｘ２＋ｙ２＋ｚ２）≥当ｘ＝ｙ＝ｚ＝时取等号）。再由柯西不等式得时取等号）．原不等式成立．９２２在△Ａ...     

数学问题解答

１９９９年７月号问题解答（解答由问题提供人给出）１２０１．已知ｘ,ｙ,ｚ都是正实数,且满足ｘ·ｙ·ｚ＝１;求证ｘ２ｙ＋ｚ＋ｙ２ｚ＋ｘ＋ｚ２ｘ＋ｙ≥３２;证明：设ｓ＝ｘ＋ｙ＋ｚ,则ｘ２ｙ＋ｚ＋ｙ２ｚ＋ｘ＋ｚ２ｘ＋ｙ＝ｘ２ｓ－ｘ＋ｙ２ｓ－ｙ＋ｚ２ｓ－ｚ＝ｘ２ｓ－ｘ＋ｘ＋ｙ２ｓ－ｙ＋ｙ＋ｚ２ｓ－ｚ＋ｚ－ｓ＝ｓ·ｘｓ－ｘ＋ｙｓ－ｙ＋ｚｓ－ｚ－ｓ＝ｓ·ｘｓ－ｘ＋１＋ｙｓ－ｙ＋１＋ｚｓ－ｚ＋１－３－ｓ＝ｓ２·１ｓ－ｘ＋１ｓ－ｙ＋１ｓ－ｚ－４ｓ≥ｓ２·３２（ｓ－ｘ）＋（ｓ－ｙ）＋（ｓ－ｚ）－４ｓ＝９２ｓ－４ｓ…     

谈谈变换的一个有趣作用

谈谈变换的一个有趣作用党庆寿（江苏江都市大桥高级中学２２５２１１）众所周知，若ｘ，ｙ，ｚ∈Ｒ＋，则有ｘ＋ｙ＋ｚｙｚ＋ｚｘ＋ｘｙ（１）ｘ＋ｙ＋ｚ３３ｘｙｚ（２）本文将通过对（１）作变换证明（２），并意外地得到一个非常有趣的不等式链，从而说明“变换”...     

数学问题解答

数学问题解答１９９５年６月号问题解答（解答由问题提供人给出）９５６设实数ｘ，ｙ，ｚ满足求３ｘ＋４ｙ＋５ｚ的范围．解设ｘ＋２ｙ＋３ｚ＝ａ（１）２ｘ＋３ｙ＋４ｚ＝ｂ（２）则．解由（１），（２）组成的方程组得：ｘ＝ｚ＋２ｂ－３ａ，ｙ＝２ａ－ｂ－２ｚ．则：３...     

关于丢番图方程x^2±2^m=y^n

本文证明了：方程ｘ２＋２ｍ＝ｙｎ，ｘ，ｙ，ｍ，ｎ∈Ｎ，ｇｃｄ（ｘ，ｙ）＝１，ｎ＞２仅有有限多组解（ｘ，ｙ，ｍ，ｎ），而且当（ｘ，ｙ，ｍ，ｎ）≠（５，３，１，３），（１１，５，２，３），（７，３，５，４）时，ｎ是适合ｎ≡７（ｍｏｄ８）以及２３≤ｎ＜８．５·１０６的奇素数，ｍａｘ（ｘ，ｙ，ｍ）＜Ｃ１；方程ｘ２－２ｍ＝ｙｎ，ｘ，ｙ，ｍ，ｎ∈Ｎ，ｇｃｄ（ｘ，ｙ）＝１，ｙ＞１；ｎ＞２仅有有限多组解（ｘ，ｙ，ｍ，ｎ），而且这些解都满足ｎ＜２·１０９炉以及ｍａｘ（ｘ，ｙ，ｍ）＜Ｃ２，这里Ｃ１，Ｃ２是可有效计算的绝对常数．     

关于广义Thue－Mahler方程的解数

设ａ，ｂ是非零整数，ｐ１，…，ｐｒ是不同的素数，Ｐ＝｛±｜ｍ１，…，ｍｒ是非负整数｝．设Ｋ是ｎ（ｎ≥３）次代数数域，α１，…，αｍ∈ｋ（１＜ｍ＜ｎ），△（α１，…，αｍ）是α１，…，αｍ的判别式，ｆ（ｘ１，…，ｘｍ）＝αＮｋ／Ｑ（α１ｘ１＋…＋αｍｘｍ）∈ｚ［ｘ１，…，ｘｍ］．本文证明了：当ｆ（ｘ１，…，ｘｍ）非退化且Ｐｉ△（α１，…，αｍ）（ｉ＝１，…，ｒ）时，方程ｆ（ｘ１，…，ｘｍ）＝ｂｙ，ｘ１，…，ｘｍ∈ｚ，ｇｃｄ（ｘ１，…，ｘｍ）＝１，ｙ∈Ｐ至多有（４Ｓｄ２）（Ｓｄ）组解（ｘ１，…，ｘｍ，ｙ），其中ｄ＝ｎ！，Ｓ＝ｒ＋ω是ｂ的不同素因数的个数，ｈＡ是Ｋ的类数．     

巧解一次方程组

解一次方程组的思想是消元，消元后转化为一元一次方程．但还要注意仔细观察，认真分析题目的特征、巧妙、灵活地运用消元法来解题．例１　解方程组（１）２ｘ＋ｙ－ｚ＝２，ｘ＋２ｙ＋３ｚ＝１３，－３ｘ＋ｙ－２ｚ＝－１１；　①②③（２）ｘ＋２ｙ－３ｚ＝－４，４ｘ＋８ｙ＋９ｚ＝５，２ｘ＋６ｙ－９ｚ＝－１５．　①②③分析　上面两题若逐步消元，都比较麻烦．仔细观察，发现方程组（１）三式相加可得ｙ；而方程组（２）呢，可先整体消元求出ｘ和ｚ，于是得妙解．（１）解　由①＋②＋③得４ｙ＝４，即ｙ＝１．把ｙ＝１代入①、②，得…     

完全图圈分解的一种新方法

本文给出完全图圈分解的一种新方法，设Ｋｎ（ｎ≥３）是一个ｎ阶完全图，我们得到下列结果：（１）若ｎ为奇数，Ｇ是ｎ阶群，并且｛ｏ（ｘ）│∈Ｇ，ｏ（ｘ）≥３｝＝｛ａ１，…，ａｔ｝，则Ｋｎ＝ｍ１Ｃａ１＋…＋ｍｔＣａｔ。（２）若ｎ为偶数，Ｇ是ｎ阶群，Ｔ＝｛ｘ│ｘ∈Ｇ，ｏ（ｘ）＝２｝＝｛ｘ０，ｘ１，ｙ１，…，ｘｓ，ｙｓ｝，ｏ（ｘｉｙｉ）＝ｂｉ，ｉ＝１，…，ｓ及｛ｏ（ｘ）│ｘ∈Ｇ，ｏ（ｘ）≥｝＝｛ａ１，…，ａｔ     

关于广义Thue－Mahler方程的解数

设ａ，ｂ是非零整数，ｐ１，…，ｐｒ是不同的素数，Ｐ＝｛±｜ｍ１，…，ｍｒ是非负整数｝．设Ｋ是ｎ（ｎ≥３）次代数数域，α１，…，αｍ∈ｋ（１＜ｍ＜ｎ），△（α１，…，αｍ）是α１，…，αｍ的判别式，ｆ（ｘ１，…，ｘｍ）＝αＮｋ／Ｑ（α１ｘ１＋…＋αｍｘｍ）∈ｚ［ｘ１，…，ｘｍ］．本文证明了：当ｆ（ｘ１，…，ｘｍ）非退化且Ｐｉ△（α１，…，αｍ）（ｉ＝１，…，ｒ）时，方程ｆ（ｘ１，…，ｘｍ）＝ｂｙ，ｘ１，…，ｘｍ∈ｚ，ｇｃｄ（ｘ１，…，ｘｍ）＝１，ｙ∈Ｐ至多有（４Ｓｄ２）（Ｓｄ）组解（ｘ１，…，ｘｍ，ｙ），其中ｄ＝ｎ！，Ｓ＝ｒ＋ω是ｂ的不同素因数的个数，ｈＡ是Ｋ的类数．     

方程xy+yz+zx=n的正整数解

本文用 Ｓｉｅｇｅｌ－Ｔａｔｕｚａｗａ定理证明了：当ｎ＞１．２×１０~１１时,至多有两个正 整数ｎ。使方程ｘｕ＋ｙｚ＋ｚｘ＝ｎ无适合（ｘ,ｙ,ｚ）＝１且０＜ｘ＜ｙ＜ｚ的解（ｘ,ｙ,ｚ）, 并给出类数为２的二次域与多项式表素数的一个结果．     

证明三角形不等式的一种方法

证明三角形不等式的一种方法安振平（陕西永寿县中学７１３４００）众所周知，在△ＡＢＣ中，有恒等式ｔｇＡ２ｔｇＢ２＋ｔｇＢ２ｔｇＣ２＋ｔｇＣ２ｔｇＡ２＝１若令ｘ＝ｔｇＡ２，ｙ＝ｔｇＢ２，ｚ＝ｔｇＣ２（）由Ａ２，Ｂ２，Ｃ２∈（０，π２）知ｘ，ｙ，ｚ∈Ｒ＋...     

带粗糙核的多线性振荡奇异积分

本文考虑多线性算子ＴＡｆ（ｘ）＝∫ＲｎｅｉＰ（ｘ，ｙ）Ω（ｘ－ｙ）｜ｘ－ｙ｜ｎ＋ｍＲｍ＋１（Ａ；ｘ，ｙ）ｆ（ｙ）ｄｙ，ｎ２，其中Ｐ（ｘ，ｙ）是Ｒｎ×Ｒｎ中的实值多项式，Ω是零次齐次函数且满足ｍ阶消失性条件，Ｒｍ＋１（Ａ；ｘ，ｙ）＝Ａ（ｘ）－｜α｜ｍＤαＡ（ｙ）（ｘ－ｙ）α，对任何｜α｜＝ｍ，ＤαＡ∈ＢＭＯ（Ｒｎ）．证明了Ω∈Ｌｑ（Ｓｎ－１）且ｑ＞１时，对任何１＜ｐ＜∞，‖ＴＡｆ‖ｐＣ（ｎ，ｍ，ｐ，ｄｅｇＰ）｜α｜＝ｍ‖ＤαＡ‖ＢＭＯ‖ｆ‖ｐ     

不等式x~3 y~3 z~3≥3xyz的几何证法

我们先证ｘ２＋ｙ２≥２ｘｙ（ｘ、ｙ∈Ｒ＋,当ｘ＝ｙ时,等号成立）证明　如图１,设正方形ＡＢＣＤ的边长为ｘ,正方形ＢＥＦＪ的边长为ｙ,在ＡＢ上取ＡＨ＝ｙ,则ＨＢ＝ｘ－ｙ,故ＨＥ＝ＨＢ＋ＢＥ＝ｘ－ｙ＋ｙ＝ｘ,∴　Ｓ矩ＡＨＰＤ＝Ｓ矩ＨＥＦＫ＝ｘｙ．由图１显然有　Ｓ正ＡＢＣＤ＋Ｓ正ＢＥＦＪ≥Ｓ矩ＡＨＰＤ＋Ｓ矩ＨＥＦＫ,即　　　ｘ２＋ｙ２≥２ｘｙ（当且仅当ｘ＝ｙ时,等号成立）再证　ｘ３＋ｙ３＋ｚ３≥３ｘｙｚ（ｘ、ｙ、ｚ∈Ｒ＋,当且仅当ｘ＝ｙ＝ｚ时,等号成立）证明　如图２,设三个正方体ＶＡＢ、ＶＣＤ、ＶＥＦ…     

从一道习题到两个优美的不等式

许多书上都有这样一道习题：设ｘ,ｙ∈Ｒ＋,且ｘ＋ｙ＝１,ａ,ｂ为正常数,求ａｘ＋ｂｙ的极小值;在此我们不谈它的解法,而是考虑能否把这个题的结论推广,我的想法是：（１）设ｘ,ｙ∈Ｒ＋且ｘ＋ｙ＝１,ａ,ｂ为正常数,ｎ∈Ｎ,如何求ａｘｎ＋ｂｙｎ的极小值呢？（２）（更一般化）设ａｉ,ｂｉ∈Ｒ＋（ｉ＝１,２…,ｎ,ｎ≥２）且ａ１＋ａ２＋…＋ａｎ＝ｐ,ｋ∈Ｎ,ｂｉ为常数,如何求ｂ１ａｋ１＋ｂ２ａｋ２＋…＋ｂｎａｋｎ的极小值呢？经笔者研究,以上问题可以通过构造均值不等式求解;从而可以得到两个优美的不等式;定理…