一个轮换对称不等式的证明

文[1]中,证明了一个优美的三角形轮换对称不等式　　∑a2≥4△b2a2+c2b2+a2c2.(1)不等式(1)经变换等价于∑m2ah2a≥12(b2a2+c2b2+a2c2)+32.(2)其中a、b、c,ma、mb、mc,ha、hb、hc,△分别表示△ABC的三边长,中线,高及面积.本文将给出类似不等式(2)的一个结论.定理　在△ABC中有　　∑m2aa2≥34(b2a2+c2b2+a2c2).(3)证明　先将(3)式右边进行恒等变换可得　2(b2a2+c2b2+a2c2)=b2a2+c2b2+a2c2-a2b2-b2c2-c2a2+∑(c2b2+b2c2)=(a2-b2)(b2-c2)(a2-c2)a2b2c2+∑b2+c2a2.而　　∑4m2aa2=∑2b2+2c2-a2a2=2∑b2+c2a2-3,所以(3)式等价于　14(2∑b2+c2a2-3)≥38[(a2-b2)(b2-c2)(a2-c2)a2b2c2+∑b2+c2a2]上式化简整理∑b2+c2a2-6≥3(a2-b2)(b2-c2)(a2-c2)a2b2c2　∑a2(b-c)2　≥3(a2-b2)(b2-c2)(a2-c2).(4)(4)式左...     

巧解一道联赛试题

<正>试题2013年全国初中数学联赛二试题(1)、(3)若正数a、b、c满足(b2+c2-a2/2bc)2+(c2+a2-b2/2ca)2+(a2+b2-c2/2ab)2=3,求代数式b2+c2-a2/2bc+c2+a2-b2/2ca+a2+b2-c2/2ab的值.解由原式得     

一类方程的几何解法

本刊1983年2期问题征解1说的是求解方程(x~2+y~2)~(1/2)+((2-x)~2+y~2)~(1/2)+(x~2+(2-y)~2)~(1/2)+((2-x)~2+(2-y)~2)~(1/2)=42~(1/2)。对此,我们讨论下列问题。问题一求下列各方程的实数解1. (x~2+y~2)~(1/2)+((x-m)~2+y~2)~(1/2)+(x~2+(y-m)~2)~(1/2) +((x-m)~2+(y-m)~2)~(1/2)=2(2~(1/2))|m|;2. (x~2+y~2)~(1/2)+((x-a)~2+y~2)~(1/2)+(x~2+(y-b)~2)~(1/2) +((x-a)~2+(y-b)~2)~(1/2)=2(a~2+b~2)~(1/2);3. (x~2+y~2)~(1/2)+((x-a)~2+y~2)~(1/2)+ ((x-b)~2+(y-c)~2)~(1/2)+((x-a-c)~2+(y-c)~2)~(1/2) =((a-b)~2+c~2)~(1/2)+((a+b)~2+c~2)~(1/2)(m、a、b、c均为非零常数,且a(?)b) 不难发现方程左边表示几个距离的和,这就     

对三角形三边定理的异议

文 [1 ]对△ＡＢＣ的恒等式ｃｏｓ2 Ａ ｃｏｓ2 Ｂ ｃｏｓ2 Ｃ 2ｃｏｓＡ·ｃｏｓＢ·ｃｏｓＣ =1用余弦定理代换为边的表达式而得到了三角形三边定理 :-2ａ2 (ａ2 ｂ2 -ｃ2 ) (ｃ2 ａ2 -ｂ2 )(ａ2 ｂ2 -ｃ2 ) -2ｂ2 (ｂ2 ｃ2 -ａ2 )(ｃ2 ａ2 -ｂ2 ) (ｂ2 ｃ2 -ａ2 ) -2ｃ2=0( )即　ｆ(ａ ,ｂ ,ｃ) =0　 (( )为笔者所加 ) .笔者首先指出 ( )为恒等式 .由行列式的性质 ,将行列式 ( )左边第 2列、第 3列都加到第 1列后 ,行列式的值不变 .∴-2ａ2 (ａ2 ｂ2 -ｃ2 ) (ｃ2 ａ2 -ｂ2 )(ａ2 ｂ2 -ｃ2 ) -2ｂ2 (ｂ2 ｃ2 -ａ2 )(ｃ2 ａ2 -…     

从一道用洛必达法则求极限的题目谈起

同济大学应用数学系编《高等数学习题集》 (高等教育出版社 ,1 998年第 3版 ) 3 .2 .2 3题 ,求A =limx→ 0sin2 x -x2 cosxx2 sin2 x (1 )　　 (1 )为 00 型不定式 ,连续 4次使用洛必达法则得A =limx→ 0sin2 x -2 xcosx x2 sinx2 xsin2 x x2 sin2 x =(2 )limx→ 02 cos2 x -2 cosx 4xsinx x2 cosx2 sin2 x 4xsin2 x 2 x2 cos2 x =(3 )limx→ 0-4 sin2 x 6sinx 6xcosx -x2 sinx6sin2 x 1 2 xcos2 x -4 x2 sin2 x =(4)limx→ 0-8cos2 x 1 2 cosx -8xsinx -x2 cosx2 4cos2 x -3 2 xsin2 x -8x2 cos2 x =16其计算繁杂且易…     

圆锥曲线一个性质的推广

高中《解析几何》课本79页第14题:求证:两椭圆扩b2x2 a2y2-a2b2=0,a2x2 b2y2-a2b2=0的交点在以原点为中心的圆周上,并求其方程. 该题很容易证明并求出圆方程为x2 y2=2a2b2/a2 b2,同时,可归纳为这样的一个结论:两椭圆b2x2 a2y2-a2b2=0与a2x2 b2y2-a2b2=0的四个交点共圆. 该结论可推广到一般:     

智慧窗

<正>1趣味换数将下述汉字换成从小到大、且在30以内的自然数,建立等式.(1)祝²+贺2+贺²+本2+本²+刊2+刊²+出2+出²+版2+版²+六2+六²+百2+百²+七2+七²+十2+十²+期2+期²=2021.(2)本2=2021.(2)本²+刊2+刊²+是2+是²+学2+学²+习2+习²+数2+数²+学2+学²+的2+的²+好2+好²+帮2+帮²+手2+手²=2021.(3)迎2=2021.(3)迎²+接2+接²+二2+二²+零2+零²+二2+二²+二2+二²+年2+年²=2022.(4)贵2=2022.(4)贵²+刊2+刊²+月2+月²+月2+月²+佳2+佳²+文2+文²+见2+见²=2022.     

数学问题解答

20 0 0年 2月号问题解答(解答由问题提供人给出 )12 3 6.设 f( x) =( x2 2 x 3 ) x 3 ( x2 2 x 3 ) x2 ,当 x∈ R.证明 :f ( x)≥ 6.证明　∵　x2 2 x 3 =( x 1) 2 2≥ 2∴　对 x∈ R有　 ( x2 2 x 3 ) x 3 >0成立 .因此1°　当 x<-3时 ,f ( x) >0 2 x2 >2 9>6,这时命题成立 .2°　当 x≥ -3时 ,f ( x) =〔( x 1) 2 2〕x 3 〔( x 1) 2 2〕x2令　 x 1=t,由 x 3≥ 0 ,则 t 2≥ 0那么　 f ( x) =g ( t) =( t2 2 ) t 2 ( t2 2 ) (t-1 ) 2≥ 2 t 2 2 t2 -2 t 1 =4· 2 t 2· 2 t2 -2 t= ( 2 t 2 t 2 t 2 t) ( 2 t2 -2 t 2 …     

数学小品两则

一、试论一个恒等式的产生在初等代数文献中,有这么一个恒等式:(2n~2+n)~2+(2n~2+n+1)~2+…+(2n~2+2n)~2=(2n~2+2n+1)~2+(2n~2++2n+2)~2+…+(2n~2+3n)~2。当然,这个恒等式既不是天上掉下来的、也不是什么神仙灵机一动搞出来的。而是数学家们不辞劳苦算出来的。让我们从商高定理谈起罢!这是我们所熟悉的一个数字恒等式 3~2+4~2=5~2 如果我们不辞劳苦地算下去,就可以得到如下的几个恒等式: 10~2+11~2+12~2=13~2+14~2, 21~2+22~2+23~2+24~2=25~2+26~2+27~2,36~2+37~2+38~2+39~2+40~2=41~2+42~2+43~2+44~2。     

数学问题解答

1999年 12月号问题解答(解答由问题提供人给出 )12 2 6.设△ABC的三边长为 a,b,c.P为形内一点 ,且∠ PAB=∠ PBC=∠ PCA(即 P为布洛卡点 ) ,求证a2 b2 c2 ≤ 3 ( PA2 PB2 PC2 )证明　如图记 PA=R1 ,PB=R2 ,PC=R3 ,据题意知∠BPC=π-C,在△ BPC中用余弦定理可得 :a2 =R2 2 R3 2 -2 R2 R3 cos(π-C ) =R2 2 R3 2 2 R2 R3 cos C,同理 b2 =R3 2 R1 2 2 R3 R1 cos A,c2 =R1 2 R2 2 2 R1 R2 cos B,据熟知的不等式 :2 yzcos A 2 Zxcos B 2 xycos C≤x2 y2 z2 ( x,y,z∈R,A B C=π)得 :a2 b2 c2 =2 ( R1 2…