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1.
我们来看一道题 :已知a、b、c为两两互不相等的有理数 .求证1(a -b) 2 + 1(b -c) 2 + 1(c -a) 2为有理数 .为了运算的简化 ,我们不妨设a >b>c,且设a=b +m ,c=b-n(m >0 ,n>0 ) ,则a-b=m ,b -c=n ,c-a =-m-n ,∴ 1(a-b) 2 + 1(b-c) 2 + 1(c-a) 2=1m2 + 1n2 + 1(m +n) 2=n2 (m+n) 2 +m2 (m+n) 2 +m2 n2m2 n2 (m+n) 2=(m +n) 2 (m2 +n2 ) +m2 n2[mn(m+n) ]2=(m+n) 2 [(m+n) 2 -2mn]+m2 n2mn(m +n)=(m+n) 4 -2mn(m+n) 2 +m2 n2mn(m+n)=(m +n) 2 -mnmn(m+n) .(因 (m+n) 2 -mn >0 ) ①因为a、b、c为两两互不相等的有理数 ,故(m +n) 2 -mnmn(m +n) … 相似文献
2.
一、分式代换法由x、y∈R~+,x+y=1,可设x=(m/m+n),y=(n/m+n),m、n∈R~+,从而实现了分式法解题。例1 已知x,y均大于零,且x+y=1,求证(1+(1/x))(1+(1/y)≥9。证明设x=(m/m+n),y=(n/m+n),m,n∈R~+,则(1+(1/x))(1+(1/y))=(1+(m+n/m))(1+(m+n/n))=(2+(n/m))(2+(m/n))=5+2((n/m)+(m/n))≥9。当且仅当(n/m)=(m/n),即x=y=1/2时取等号 相似文献
3.
符强如 《中学数学研究(江西师大)》2020,(4):48-49
引例若正实数m,n满足m+2n=3mn,求m+n的最小值解析:(法一)从数的角度思考,多以不等式相关知识求解,由题易得1/n+2/m=3,∴ m+n=1/3(1/n+2/m)(m+n)=1/3(m/n+1+2+2n/m),由基本不等式得m+n≥1/3(3+2√m/n·2n/m)=1+2√2/3(当且仅当m/n=2n/m时取等号). 相似文献
4.
构造点的坐标 ,应用平面解析几何的公式或原理解题 ,是一个常用的解题的方法 .下面从几个方面加以说明 .1 应有两点间的距离公式求解例 1 已知在实数 m,n,a,b和角 θ之间成立关系式m sinθ- n cosθ=m2 +n2 ,(1)sin2 θa2 +cos2 θb2 =1m2 +n2 , (2 )求证 :m2a2 +n2b2 .证 :在平面上取两点 A (m ,- n) ,B (m2 +n2 sinθ,m 2 +n2 cosθ)均满足 (1) ,(2 ) ,于是 A,B两点间的距离为 |AB|=m2 +n2 sinθ- m 2 +m2 +n2 cosθ+n 2=2 (m2 +n2 ) - 2 m2 +n2 (m sinθ- n cosθ) 2=0 .则 A,B两点重合 ,从而m2 +n2 sinθ=m,m2 +n2 cosθ=- n,代… 相似文献
5.
1.求出所有的正整数m,n,使得(m+n)~m=n~m+1413。解当正整数m,n满足(m+n)~m=n~m+1413时,由于(m+n)~m≥m~m+n~m,必有 m~m≤1413。于是,m≤4;另外,当正整数m,n靠满足(m+n)~m=n~m+1413时,m不可能是偶数。若 相似文献
6.
定理 分别有m、n(m,n≥3)边的两条平面闭折线(无公共边),它们之间交点个数的最大值记为P(m,n)。则 mn,m、n均为偶数; P_(m,n)= (m(n-l),m为偶数,n为奇数; m(n-1),m、n均为奇数且m≥n. 我们采用典型的证明方法:先估计,再构造,但关键还需要如下的引理。 引理 直线l与闭折线L的交点数为偶 相似文献
7.
定理 设a,b∈R_ m,n∈Z,且m,n同号,则a~(m n) b~(m n) b~(m n)≥a~mb~n a~nb~m,当且仅当a=b时等号成立。 相似文献
8.
本刊文［1］提出了一个猜想：设a、b、c是正实数,m、n是正整数,且m≤n,则am（b＋c）n＋bm（c＋a）n＋cm（a＋b）n≤2n（a＋b＋c）m＋n3m＋n-1．
文中对以下几种特殊情况给出了证明：（1）m＝n＝1,（2）m＝k,n＝2k（k是正整数）,（3）m＝k＋1,n＝2k（k是正整数）,（4）m＝k,n＝2k＋1（k是正整数）,（5）m＝1,n＝4;m＝2,n＝3．
最后提出,对于所有的正整数m、n（m≤n）,猜想不等式是否完全成立？若成立,有无统一的证明？笔者经研究,进一步拓展了结论并证明了部分问题． 相似文献
文中对以下几种特殊情况给出了证明：（1）m＝n＝1,（2）m＝k,n＝2k（k是正整数）,（3）m＝k＋1,n＝2k（k是正整数）,（4）m＝k,n＝2k＋1（k是正整数）,（5）m＝1,n＝4;m＝2,n＝3．
最后提出,对于所有的正整数m、n（m≤n）,猜想不等式是否完全成立？若成立,有无统一的证明？笔者经研究,进一步拓展了结论并证明了部分问题． 相似文献
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10.
裂项法常在数列求和及各类化简中使用,是高考和竞赛经常考查的方法.由于裂项的形式灵活多样,技巧性高,学生难以灵活运用.为了让师生较系统地掌握裂项的方式,本人总结了几类裂项的方法,供师生们参考.一、裂成差类1.分式型:1n(n 1)(n 2)…(n m)=1m[n(n 1)…1(n m-1)-(n 1)(n 12)…(n m)]2.根式型:①1n n m=-1m(n-n m);②1(n m)n n n m=1m(1n-n1 m).3.阶乘型:①n·n!=(n 1)!-n!;②(n n1)!=n1!-(n 11)!.4.整式型:①n(n 1)=31[n(n 1)(n 2)-n(n-1)(n 1)]=n(n 1)2-n2(n 1);②ab=14[(a b)2-(a-b)2];③a=21[(b a)-(b-a)].5.三角型:①sinα·sinβ=-21… 相似文献
11.
正整数n的分拆是指将正整数n表示成一个或多个正整数的无序和.设Q(n,m)是将正整数n分拆为m个互不相同的正整数之和的无序分拆数,而P(n,m)是将正整数n分拆成m个部分的无序分拆的分拆数.它们都是组合,图论,数论的重要概念和数据.本文得到了关于Q(n,m)的一个递推关系以及P(n,m)与Q(n,m)之间的直接关系,进而可以利用已有的一些结果来计算Q(n,m)的值.同时本文也讨论了Q(n,m)在图论中的一个应用. 相似文献
12.
杨守套 《中学生数理化(高中版)》2006,(Z1)
在不等式的证明中,有一类不等式可以通过构造向量,利用两向量数量积的性质进行证明.两向量数量积中蕴含着几个重要的不等关系:m·n= |m| |n|cosθ≤|m| |n|(θ为m与n的夹角),|m·n|=|m| |n| |cosθ|≤|m| |n|, |m·n|2≤|m|2 |n|2． 相似文献
13.
14.
刘士屯 《数理化学习(高中版)》2004,(24)
设m=(x1,y,),n=(x2,y2),θ为向量m与n的夹角.平面向量数量积的定义:几何表示为m·n=|m||n|sinθ,坐标表示为m·n=x1x2 y1y2.于是有X1X2 y1y2=|m||n| 相似文献
15.
祝寒雪 《小溪流(作文画刊)》2007,(6)
秋qiū天tiān的de一yí个 è夜yè晚wǎn,小xiǎo猫māo趴pā在zài窗chuān 口kǒu数shǔ星xīn 星xīn ,一yì颗kē、两liǎn 颗kē、三sān颗kē……无wú数shù的de星xīn 星xīn 在zài夜yè幕mù中zhōn 一yì闪shǎn一yì闪shǎn的de,美měi丽lì极jí了le!小xiǎo猫māo忽hū然rán想xiǎn 到dào:“咦yí!明mín 天tiān不bú是shì妈mā妈mā的de生shēn 日rì吗mK?我wǒ送sòn 什shén么me礼lǐ物wù给 ěi妈mā妈mā呢ne?有yǒu了le,我wǒ送sòn 妈mā妈mā一yì颗kē星xīn 星xīn 。"正zhèn 当dān 小xiǎo猫māo想xiǎn … 相似文献
16.
《故事作文(高年级版)》2005,(10)
fāmín xiǎo shén xiān yǒu yí发明小神仙有一èqítède fāmín tóu nǎo个奇特的发明头脑。méiyǒu wǒbùnén fāmín de dōn xi xiǎo fāmín shuō“没有我不能发明的东西!”小发明说。yǒu yìtiān xiǎo fāmíněidàjiāzhǎn shìtāde zuìxīn fāmí 相似文献
17.
例 1 解方程 a - x + x - b =a - b.解 :设 m =a - x ,n =x - b,则 m + n =a - b,又因为 m2 + n2 =a - b,即 ( m + n) 2 - 2 mn =a - b,∴ m n =0 .由韦达定理知 ,m ,n为方程 u2 - a - bu =0的两个根 ,∴ m =0 ,n =a - b,或 m =a - b,n=0 .由此可解得 x1=a,x2 =b.经检验 ,它们都是原方程的根 .例 2 解方程 x + 12 x - 1- 2 x - 1x + 1=22 .解 :设 m =x + 12 x - 1,n =- 2 x - 1x + 1,则 m + n =22 ,m n =- 1,由韦达定理知 ,m,n是方程 u2 - 22 u - 1=0的两个根 ,∴ m =2 ,n =- 22 或 m =- 22 ,n =2 .由此可解得 x =1,经检验 ,x =1是原方程… 相似文献
18.
文 [1 ]将命题 :对任何自然数n ,存在自然数m ,使得(2 - 1 ) n=m +1 -m作如下推广 :1 .对任何自然数p、n ,存在自然数m ,使得(p +1 -p) n=m +1 -m .2 .对任何自然数n、p、r,存在自然数m ,使得(p +r -p) n=m +rn-m .笔者将此命题再作如下推广 :1 .对于任何自然数n ,存在自然数m ,使得(2 - 1 ) -n=m +1 +m .2 .对于任何自然数p、n ,存在自然数m ,使得(p +1 -p) -n=m +1 +m .3 .对于任何自然数n、p、r,存在自然数m ,使得(p +r -p) -n=m +rn+mrn .下面证明推广 3 .证明 :因为 (p +r -p) n(p +r -p) -n=1 ,而由文 [1 ]知(p +r -p) n=m +rn-m .所… 相似文献
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吕佐良 《数理化学习(高中版)》2008,(2):2-3
一次函数f(x)在给定区间[m,n]上,有以下重要性质:(1)f(m)>0且f(n)>0f(x)>0在[m,n]上恒成立;(2)f(m)<0且f(n)<0f(x)<0在[m,n]上恒成立;(3)f(m)f(n)>0f(m)在[m,n]上恒正或恒负;f(m)f(n)<0f(x)在[m,n]上有正有负.以上性质成立的理由很简单,因为一次函数在任何闭区间上的图象都是一 相似文献
20.
今年全国高考 (理科 )第 2 0题 :已知 i,m,n是正整数 ,且 1 ( 1 n) m.不等式 ( )的证明 ,标准答案提供的证法需借助 ( )的结论 ,利用二项式定理证明 ,颇有难度 .事实上无须借助 ( )的结论 ,亦可利用算术 -几何平均值不等式给出不等式( )的一种简捷明快的证法 .并可引伸推广 ,得到一组新颖的不等式 .证明 因 n>m,所以存在正整数 k使得n=m k,从而由算术 -几何平均值不等式知n ( 1 n) m=n ( 1 n) m1 k<( 1 n) m kn =nm m kn=nm nn =1 m,故 ( 1 m) n>( 1 n) m.推… 相似文献