三角形不等式的共同解法—关于三角形旁切圆半径的两个不等式证明的改进

众所周知(x y)(y z)(z x)=xy(x y) yz(y z) zx(z x) 2xyz=x2y xy2 y2z yz2 z2x zx2 2xyz　(*)这是一个十分重要的代数恒等式,由(*)立即得到(x y)(y z)(z x)=(x y z)(xy yz zx)-xyz(1)(x y)(y z)(z x)=x(y z)2 y(z x)2 z(x y)2-4xyz(2)(x y)(y z)(z x)(x y z)=xy(x y)2 yz(y z)2 zx(z x)2 4xyz(x y z)(3)(x y)(y z)(z x)(xy yz zx)=x2y2(x y) y2z2(y z) z2x2(z x) 2xyz(x y z)2(4)……(*)及(1),(2),(3),(4)……在证明关于三角形不等式方面有极其广泛的应用.这是因为:图1任一三角形总有内切圆(图1),总可以作变换a=y z,b=z x,c=x y(x,y,z∈R )…     

一道国际竞赛题的简证

题目:(2006年土耳其国家队选拨考试)已知正数x,y,z满足xy yz zx=1,证明:247(x y)(y z)(z x)≥(x y y z z x)2≥63.文[1]采用三角换元法,并利用导数和Jensen不等式给出了证明.274(x y)(y z)(z x)≥(x y y z z x)2.但证明过程中错证了cosA cosB cosC≤323.从而证明247(x y)(y z)(z x)≥(x y y z z x)2的证法是错误的.下面给出一个简证.证明:先证(x y)(y z)(z x)≥98(x y z)(xy yz zx)①上面不等式等价于(x y z)(xy yz zx)-xyz≥98(x y z)(xy yz zx)(x y z)(xy yz zx)≥9xyz.由A—G不等式有x y z≥33xyz,xy yz zx≥33x2y2z2,故(x y z)(xy yz…     

FI代数的导出序结构的一些性质

深入研究F I代数的与其导出序结构相关的一些性质。特别地,分别得到了在F I代数(L,→,0)中下列各式之一成为恒等式的若干条件:(1)(x∨y)→z=(x→z)∧(y→z);(2)z→(x∨y)=(z→x)∨(z→y);(3)(x∧y)→z=(x→z)∨(y→z);(4)z→(x∧y)=(z→x)∧(z→y)。     

一个奥林匹克问题的简证

题已知x、y、z∈R ,x y z=1.求证:(1x2-x)(1y2-y)(1z2-z)≥(263)3.《中等数学》2006年第4期P48~49上刊登的解答较繁冗.下面,笔者给出一种贴近中学数学教学的简洁证明.证明因1-x=y z≥2 yz,1 x 1x=1 x 19x 89x≥1 2x9x 89x=13(5 83x),对1 y 1y,1 z 1z有类似结论.故(1x2-x)(1y2-y     

不等式的证明与推广

上竞赛课时,老师出了这样一道题:设x、y、z∈R~ ,且x y z=1,求证:(x 1/x)(y 1/y)(z 1/z)≥(1000)/(27).我想到这样的一种证法:     

Schur不等式及其变式

若x,y,z为非负实数,则对任意r＞0都有xr(x-y)(x-z)+yr(y-z)(y-z)+zr(z-x)(z-y)≥0. (1)等号成立当且仅当x=y=z或者x,y,z中有两个相等,第三个为0.     

Schur不等式和Hlder不等式及其应用

Schur不等式和H lder不等式是两个重要的不等式,本讲我们介绍Schur不等式和H lder不等式及其应用.Schur不等式:设x,y,z∈R ,则x(x-y)(x-z) y(y-z)(y-x) z(z-x)(z-y)≥0(1)简记为x(x-y)(x-z)≥0,下文均采用这一简记方法.一般地,Schur不等式为:设x,y,z≥0,r>0,则xr(x-y)(x-z)≥0.(2)证不妨设x≥y≥z,则左边≥xr(x-y)(x-z)-yr(x-y)(y-z)≥yr(x-y)(x-z)-yr(x-y)(y-z)=yr(x-y)2≥0.Schur不等式的如下两个形式在解题中非常有用:变形Ⅰx3-x2(y z) 3xy≥0.变形Ⅱ(x)3-4x yz 9xyz≥0.事实上,把(1)展开即得变形Ⅰ.对于变形Ⅱ,因为(x)3=x3 3x2(y z)…     

数学问题解答

1999年11月号数学问题解答(解答由问题提供人给出)1221.求方程组x y z=3x3 y3 z3=3的所有整数解.解　原方程组化为x y=3-z(1)x3 y3=3-z3(2)(1)3-(2),得3xy(x y)=24-27z 9z2(3)(1)代入(3),可得xy=8-9z 3z23-z(4)由(1)、(4)知x、y是以下二次方程的两个整数根:t2-(3-z)t 8-9z 3z23-z=0解得t1,2=3-z±(z-1)2·z 5z-32=3-z±(z-1)2(1 8z-3)2(5)由此知,x、y、z均为整数当且仅当z-1=0或z-3=1或z-3=-8,即z=1或z=4或z=-5.将其依次代入求根公式(5),得原方程组的所有整数解(共四组):x=1y=1z=1或x=-5y=4z=4或x=4y=-5z=4或x=4y=4z=-5注:(5)式中根号内的(z…     

de Bruijn图的(1,2)-步竞争图

设D=(V,A)是一个有向图.有向图D的(1,2)-步竞争图是关于V(D)的无向图,表示为C_(1,2)(D).若边{x,y}∈E(C_(1,2)(D)),当且仅当存在一个顶点z≠x,y,使得d_(D-y)(x,z)≤1且d_(D-x)(y,z)≤2或者d_(D-x)(y,z)≤1且d_(D-y)(x,z)≤2.在2000年,Cho等人给出了m-步竞争图的定义.主要研究了deBruijn图的(1,2)-步竞争图,并给出了deBruijn图中的弧为C_(1,2)(D)的边的一个刻画.     

BCK—代数的对偶理想

若X是一个集,*是X上的一个二元运算。0是X的一个常元, 满足V~(x,y,z)∈X(K1)(x*y)*(x*y)z*y,(K2)x*(x*y)y,(K3)xx,     

多元条件求值题巧解例析

<正>多元条件求值题是一种重要题型,常见于初中数学竞赛,它思路新颖、解法灵活、技巧性强,解这类题同学们常感困难,现介绍几种思路.方法、技巧,供同学们参考.一、拆项,凑求值式,整体求值例1已知方程组{3x+7y+z=3,4x+10y+z=4,则x+y+z的值是.解原方程组拆项组合得{(x+y+z)+2(x+3y)=3,(1)(x+y+z)+3(x+3y)=4.(2)(1)×3-(2)×2,得x+y+z=1.点评拆项考虑到求值式是关键.二、添项、去项,凑已知条件,整体求值.     

利用平凡不等式证明不等式举例

逆用无穷等比数列各项和公式可化复杂不等式为平凡不等式.例1设x,y,z>0,则x2-z2y z yz2- xx2 zx2- yy2≥0(W.Janous猜测)证明令x y z=s,则不等式的左边等于x2-z2s-x ys2--yx2 zs2--yz2=1s(1x2--sxz2 y12--syx2 z12--syz2)=1s[(x2-z2)(1 sx xs22 …) (y2-x2)(1 sy sy22 …) (z2-     

TWO-PARAMETER HOMOGENEOUS MARKOVIAN PROCESS

Cairoli defined a two-parameter transition function ("Transition function" is written as t.f. briefly afterwards) on a measurable space (E, (?) as functions p_(s,t)(x,y, z, B), s, t>0 on E~3×(?), which satisfy the following conditions (for all s, t>0): (1)For every fixed (x, y, z)∈E~3, p_(s,t)(x, y, z, B) is a probability on B; (2) For fixed B∈(?), p_(s,t)(x, y, z, B) is (?)~3-measurable; (3) For all (x, y,z)∈E~3, ξ∈E, B∈(?) and u,v>0,     

W·Janoux的一个不等式的简证

设 x、y、z∈ R ,证明 :y2 - x2z x z2 - y2x y x2 - z2y z ≥ 0 .此题就是著名的 W .Janoux猜想 ,最初发表在加拿大《数学难题》杂志 ,他本人没给出证明 .我国《中等数学》转载后引起关注 ,并给出了若干证法 ,但多数较烦 .下面给出一个简明 .证明　∵　 x、y、z∈ R ,∴　 y2 - x2z x z2 - y2x y x2 - z2y z　　 =y2 - x2z x (x - y) z2 - y2x y (y - z) x2 - z2y z (z - x)　　 =(y - x) (y - z)z x (z - y) (z - x)x y (x - z) (x - y)y z .但　 (y - x) (y - z)z x (z - y) (z- x)x y　 =(y- z) [(y- x) (y…     

一九七九年高攷数学试题(理工农医类)参攷解答

1.若(z一x)“一4(x一夕)(夕一二)=o,求证x,夕,:成等差数列(6分)。 证:.(z一x)名一4(x一y)(y一z)=0, :.[(z一夕) (夕一二)]“一4(:一夕)(夕一x)=0, (z一y)2一2(z一y)(y一x) (y一劣)2=0, .,.[(z一y)一(夕一x)]2=0 .’.x 2一Zy=O, 故二,夕,z成等差数列即得证。2。化简 1 l1一—(6分)1一ese名x,.’1一eseZ%二一etgZx, 原式二 11_1 1一,l,l l一c tg:x1 tgZ戈5 ee吕戈_11_ 1一eosZx一甲,乙二容器内都盛有酒精。甲有厂:公斤,5 in恶劣c 5 CZ劣.量)的比为m;:n;,乙中纯酒情与水之比为m::n:。水之比是多少?(6分)乙有犷:公斤。甲中纯酒精与水(重问将…     

最值问题例谈

在初中数学竞赛试题中,常常出现求最大值或最小值问题.除了利用二次函数的配方法求最值外,通常还借助于不等式“a+b≥2(?)”及一元二次方程的根的判别式“△”求解.灵活利用“a+b≥2(?)(a≥0,b≥0)”这个重要而基本的不等式,可以解决不少竞赛中棘手的最值问题.例1(2002年上海初中数学竞赛)若正数x、y、z满足xyz(x+y+z)=4,求(z+y)(y+z)的最小值.分析代数式(x+y)(y+z)展开整理可     

一个猜想不等式的推广

文[1]给出了如下代数不等式:设x,y,z∈R 且x y z=1,则(1/x-x)(1/y-y)(1/z-z)≥(8/3)3(1)并在文末提出了如下猜想不等式:     

扩充竞赛图的(1,2)步竞争图

2011年Factor等人提出了有向图的(1,2)步竞争图的概念,并完全刻画了竞赛图的(1,2)步竞争图.设D=(V,A)是一个有向图.如果无向图G=(V,E)满足,V(G)=V(D)并且xy∈E(G)当且仅当D中存在顶点z≠x,y使得d_(D-y)(x,z)=1,d_(D-x)(y,z)≤2或者d_(D-x)(y,z)=1,d_(D-y)(x,z)≤2,那么称G为D的(1,2)步竞争图,记为C_(1,2)(D).本文主要刻画了扩充竞赛图的(1,2)步竞争图.     

构造几何图形解竞赛题

解初中数学竞赛题的方法很多 ,有时使人觉得扑朔迷离 ,无从下手或解法太繁 .而构造几何图形解竞赛题却是十分巧妙的方法 ,也体现着数形结合的优越性 .构造图形解题的过程是一种创造性的思维过程 ,常伴随着观察、分析、综合、联想、猜想等思维活动 ,具有灵活性大 ,难度高、技巧性强等特点 .下面介绍构造几何图形来解竞赛题 .1.求极值( 1)已知x、y、z为正数 ,且 (x y) (y z)=2 ,试求xyz(x y z)的最大值 .分析 :由x、y、z为正数 ,又出现x y ,y z,故可构造边长为x y、y z、x z的三角形 ,由切线长定理可知 ,三角形内有一内切圆 .解 :如图 ,构…     

在共振点附近的一类二阶泛函微分方程的解析解

在复域C内研究一类包含未知函数迭代的二阶微分方程x″(z)=G(z,x(z),x~2(z),…,x~m(z))解析解的存在性.通过Schr(?)der变换,即x(z)=y(αy~(-1)(z)),把这类方程转化为一种不含未知函数迭代的泛函微分方程α~2y″(αz)y″(z)-αy′(αz)y″(z)= (y′(z))~3G(y(z),y(αz),…,y(α~mz)),并给出它的局部可逆解析解.本文不仅讨论了双曲型情形0<|α|<1和共振的情形(α是一个单位根),而且还在Brjuno条件下讨论了共振点附近的情形(即单位根附近).