Weitzenboeck不等式的加权推广

Weitzenboeck不等式揭示了三角形三边平方和与面积之间的不等量关系,即若三角形三边为a,b,c.,面积为S,则 a~2 b~2 c~2≥4(8~(1/2))S, 当且仅当a=b=c,即三角形为正三角形时等号成立. 本文试对这一不等式作加权推广,有定理设三角形三边为a,b,c,面积为S,λ_1、λ_2、λ_3都为正数,则     

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。     

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,     

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+     

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     

拓广的Wietzenboeck不等式

在三角形ABC中,三边为a,b,c,面积为S,则有 a~2+b~2+c~2≥4 3~(1/2)S.其中等号当且仅当△ABC为正三角形时成立.这就是Weitzenboeck不等式. 对于两个三角形ABC和A′B′C′,其边分别为a,b,c,和a′,b′,c′,面积分别为S和S′,则有     

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     

两道相关的竞赛题

<正>赛题1 (第20届伊朗奥林匹克竞赛试题)已知正数a,b,c满足a~2+b~2+c~2+abc=4,求证:a+b+c≤3.赛题2 (2011年全国高中数学联赛B卷加试题三)设实数a,b,c≥1,且满足abc+2a~2+2b~2+2c~2+ca-cb-4a+4b-c=28,求a+b+c的最大值.这是两道相关的竞赛题.下面给出它们的简洁解法并做了条件与结论的优化.1相关证明     

代数替换证不等式

证不等式,技巧性很强。用三角代换法者屡见不鲜。但若另辟蹊径,巧用本文中的代数代换,又可别开生面,另有一番情趣。例1 已知a,b∈R求证a~2+ab+b~2-3a-3b+3≥0 证明令x=1/2(a+b), y=1/2(a-b), 则a=x+y, b=x-y,于是原式左边=(x+y)~2+(x~2-y~2)十(x-y)~2 -3〔(x+y)+(x-y)〕+3=3x~2+y~2-6x+3=3(x-1)~2+y~2≥0。例2 已知a,b∈R~+,求证(当且仅当c=b时,取等号)。证明:令x=1/2(a+b),y=1/2(a-b),则a=x     

二次函数极值公式的一个应用

二次函数y=ax~2+bx+c(a≠0),经过配方整理后得: y=a(x+b/2a)~2+(4ac-b~2)/4a 这个公式叫二次函数的极值公式。把这个公式稍加变形得: y=a〔(x+(b/2a))~2+(4ac~2-b~2)/4a~2〕=a〔(x+(b/2a))~2-(b~2-4ac)/4a~2〕。这个变形后的公式,不仅可以求二次函数的极大值或极小值,而且还可以用来求抛物线y=ax~2+bx+c(a≠0)在x轴上所截得的线段的长度。定理:设抛物线y=ax~2+bx+c(a≠0)与x轴交于两点A(x_1,0)、B(x_2,0),(x_1≠x_2)则抛物线在x轴上所截得的线段长为:     

完全平方公式在解三角形中的应用

本文试用完全平方公式 (a±b)~2=a~2±2ab b~2来解三角形。一、解直角三角形如果我们把a、b看成一个直角三角形的两条直角边,那么,由勾股定理:a~2 b=c~2;直角三角形的面积公式:S=1/2ab,即ab=2S。将它们代入上面公式得 (a b)~2=c~2 4S (1) (a-b)~2=c~2-4S (2) 在(1)、(2)两式中,S表示直角三角形的两积,c表示斜边,a b、a-b分别是两条直角边的和与差。可以看出(1)、(2)两式分别给出了直角三角形的两条直角边的和,差与斜边、面积之间的关系。据此,只要已知c、S、a b和a-b这四个量中的任何两个,我们就可以用(1)、     

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。     

一组边与中线关系等式

说到三角形的边与中线的相互关系,我们就会想到阿波罗尼斯(Apollonius)定理:设AD为△ABC中BC边上的中线,则 2(AB~2 AC~2)=BC~2 4AD~2 阿氏定理虽然揭示了三角形的一条中线与三边间的内在联系,并有很大的实用价值。但遇某些实际问题时仍有一些不便。如已知三条中线求三角形的某边;已知两边上的中线及第三边求其他两边等。在阿氏定理的基础上,我们有三角形的边与中线的几个新关系式。定理已知a、b、c分别为△ABC的∠A、∠B、∠C     

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     

高中代数复习(续)

二、复数复数这一章很多题都是用到任意复数z。z=a+bi(a,b∈R)或z=r(cosθ+isinθ)这个表示法来解或证的。例1.解方程|z|+z=8—4i求复数z。解:设z=a+bi(a,b∈R)|z|=(a~2+b~2)~(1/2)。由题设(a~2+b~2)~(1/2)+a+bi=8—4i由复数相等的条件得:     

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     

等比定理的前提不可疏忽

众所周知等比定理是这样的:a/b=c/d=…=m/n,若b+d+…+n≠0(a+c+…+m)/(b+d+…+n)=a/b。其中条件b+d+…+n≠0极为重要。在b+d+…+n=0时就不能使用上述的等比定理。例如:已知a/b=b/c=c/d=d/a,求(a+b+c+d)/(a+b+c-d)的值。如果盲目套用等比定理,将得到其值为2:     

(((i~2+b~3)/2))～(1/2)≥(a+b)/2≥(ab)～(1/2)≥2/(1/a+1/b)的一种几何证法

我们知道,((a~2+b~2)/2)~(1/2)、(a+b)/2、(ab)~(1/2)、2/(1/a+1/b)(a>0、b>0)分别为a、b的平方平均数、算术平均数,几何平均数、调和平均数。不等式(a~2+b~2/2)~(1/2)≥(a+b)/2≥(ab)~(1/2)≥2/(1/a+1/b)为平均不等式最简单的情形,这里给出它的一种几何证法。因为a、b是给定的,以a+b为直径作圆如右图,BD=a、DC=b,过D作AD垂直于BC交圆于A,连OA、OB、AC,则OA=OB=OC=BC/2。而且有 1°.四个三角形ABC、ABD、AOD、ADC都是直角三角形,     

(一)1/2=-1?

题目已知a/b+c=b/c+a=c/a+b,求a/b+c的值。解1 因a/b+c=c/a+b,由等此定理: a/b+c=a+b+c/(b+c)+(c+a)+(a+b)=a+b+c/2(a+b+c)=1/2。解2 因a/b+c=b/c+a=c/a+b=-d/-(a+c) 由等比定理得: a/b+c=a+(-b)/(b+c)+〔-(a+c)〕=a-b/b-a=-1 这岂不成了1/2=-1吗?谁是谁非?     

求勾股弦数的几种方法

在初中《几何》第一册,介绍了著名的勾股定理:直角三角形两直角边a、b的平方和等于斜边c的平方。 a~2+b~2=c~2 (1)我国古代就把直角三角形的直角边分别叫做勾和股,斜边叫做弦。我们把满足(1)式的正整数组(a,b,c)称为勾股弦数,即以正整数为边长的直角三角形的三边之长。其中a、b称为勾股数,且勾、股数是可以互