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1.
一个不等式的推广 总被引：1，自引：0，他引：1
文 [1 ]提出一个猜想不等式 :设 x,y,z∈ ( 0 , ∞ ) ,则有xx y yy z zz x≤ 322 . ( 1 )文 [2 ]应用导数给出了证明 ,文 [3]又给出其下界估计xx y yy z zz x>1 . ( 2 )现将其推广 :设 x,y,z∈ ( 0 , ∞ ) ,n≥2 ,则有1 xx y,yy z>yy z,n zz x>zz x,所以n xx y n yy z n zz x>xx y yy z zz x>xx y z yy z x zz x y=1 .再证右端 .当 n=2时 ,由 ( 1 )知 ,不等式 ( 3)显然成立 .现设 n>2 ,… 相似文献
2.
文 [1 ]得到如下命题 (本文称命题 1 ) :命题 1 z∈ C且 | z| =1时 ,方程 zn z=1有解当且仅当 n=6 k- 1 (k∈ Z) ,且其解为 z=12 ± 32 i.本文将命题 1推广得下面的命题 :命题 2 复数 z,z0 满足λ| z0 | =| z| =1(λ>12 ) ,复数 A=12 λ2 - 14i,记 argz0 =θ,arg A=θ1 ,则方程 zn z=z0 . (*)当且仅当 n(θ θ1 ) =(θ- θ1 ) 2 kπ成立时 (n,k∈ Z) ,方程 (*)的一个解为 z=z0 A;当且仅当 n(θ- θ1 ) =(θ θ1 ) 2 kπ成立时 (n,k∈ Z) ,方程 (*)的一个解为 z=z0 A.证明 ∵ λ| z0 | =| z| =1∴ | zn| =1 ,| z0 | =1λ.… 相似文献
3.
韦兴洲 《中学生数理化(高中版)》2013,(6)
本文讨论了n个正整数的和与积相等的一个必要条件,并证明了两个与素数、合数有关的结论.
结论1:若n(n≥2)个正整数a1,a2,…,an满足条件n∑i=1ai=n∏i=1ai,则ai≤n(i=1,2,…,n).
证明:(1)当n=2时,a1·a2-(a1+a2)=(a1-1)·(a2-1)-1≥0,当且仅当a1=a2=2时等号成立,故a1·a2=(a1+a2)时a1≤2,a2≤2,符合结论1.
(2)当n≥3时,设a1≤a2≤…≤an.令a1=a2=…=an-2=1,an-1=2,an=n,则n∑i=1ai=n∏i=1ai=2n.此时ai≤n(i=1,2,…,n).
又设存在n(n≥2)个正整数b1,b2,…,bn满足条件1≤b1≤b2≤…≤bn-1≤bn,bn＞n,且n∑i=1bi=n∏i=1bi.不妨令bi=1+ti(i=1,2,…,n-1,ti∈N),bn=n+tn(n∈N+). 相似文献
4.
《中学数学教学》有奖解题擂台(82)为:设x、y、z是正实数,满足x~2 y~2 z~2=1,n是正整数,证明或否定:1/(1-x~(2n)) 1/(1-1y~(2n)) 1/(1-z~(2n))≥(n n1)~(1 1/n)(1)这个不等式是成立的,本文给出证明.证明当n=1时,由已知及均值不等式(1)式左端=1-1x2 1-1y2 1-1z2=y21 z2 z2 1x2 x 相似文献
5.
文[1]探讨了如下问题[2]:设x、y、z为非负实数,且x y z=32,求式子x3y y3z z3x的最大值;并猜想:设x、y、z为非负实数,n∈N*,n≥2,则xny ynz znx≤(n n1n)n 1(x y z)n 1.经笔者研究,有如下更一般的结果(本文中,xm 1=x1)定理设∑mi=1xi=1,xi≥0,m,n∈N*,m≥3,n≥2,则∑mi=1xinxi 1≤nn/(n 1)n 1.证明(数学归纳法)当m=3时,需证x1nx2 x2nx3 xn3x1≤nn/(n 1)n 1;考虑到不等式中字母的轮换性,不妨设x1=max(xi):1)若x1≥x2≥x3,则x1nx2 x2nx3 x3nx1≤x1nx2 2x1n-1x3x2≤(x1n nx1n-1x3)x2≤(x1 x3)nx2=(1-x2)n×nx2/n≤[n/(n 1)]n 1/n=nn/(n 1)n 1;2… 相似文献
6.
:巾o≤m≤2; f i宰3一啪 IC.m.2一‘,34m≤咒. 证明略.Jensen不等式的加强 杨定华(重庆师范学院数学系,630047) 设函数厂(z)为区间Jr上的下凸函数,对任意的XiEI(i=1j2,…,n)’,有 。 土n∑i=i厂(矗)≥厂(丢宴i=14 (1) 这就是著名的Jensen不等式.我们把它加强为 . 。 定理去∑,(z1) ≥丧。墨/(字)l ≥氖綦蜒。厂(学), ≥一…· . ≥麦厂(生学). (2)当且仅当z,一z::…一以时等号成立· 用反复迭代法容易证明定理,如 厂(xT, xs,T-,\Txj x~) 厂(XTh-Jf-X{) ≥3“学)等等. i 当,(z)为区间I上的上凸函数时,不等式(2)的全体不等号反向. 不等… 相似文献
7.
乐茂华 《湖州师范学院学报》2007,29(1):15-16
设n是正整数,φ(n)是Euler函数.证明了方程xn yn=zφ(n)当且仅当n≤3时有正整数解(x,y,z)适合gcd(x,y)=1. 相似文献
8.
第一试1.已知(1)a>0;(2)当-1≤x≤1时,满足|ax2+bx+c|≤1;(3)当-1≤x≤1时,ax+b有最大值2.求常数a、b、c.2.在△ABC中,已知I为内心,O为外心,AB=5,BC=6,CA=4.求证:OI⊥CI.3.在9×9的方格表中,共有81个小方格.在每一个小方格中,写上一个数.如果只要每行、每列至多有三个不同的数,就能保证在方格表中存在一个数,这个数在某一行中至少出现n次,在某一列中也至少出现n次,那么,n的最大值是多少?并证明你的结论.第二试1.已知(2x+z)2(x+y)(-2y+z)=8.则2x+4y-z+6=.2.若2x2+7xy-15y2+ax+by+3可以分解成两个一次整系数多项式的乘积,其中a、b为实… 相似文献
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1999年加拿大数学奥林匹克竞赛有这样一道题目 :令 x,y,z是满足 x y z=1的非负实数 .证明 :x2 y y2 z z2 x≤ 42 7,并求不等式成立的条件 .简证 由于不等式是关于 x,y,z轮换对称的 ,故可设 x≥y≥z,从而 x2 y y2 z z2 x≤ x2 y 2 xyz=xy(x 2 z) =12 x· 2 y· (x 2 z)≤ 12 (x 2 y x 2 z3 ) 3=12 [2 (x y z)3 ]3=12 × (23) 3 =42 7.等号在 x=2 y=x 2 z时成立 ,即 x=23,y=13,z=0时成立 .若条件不变则结论可推广为 :xnym ynzm znxm≤ nn· mm(n m) n m(n>m,n,m∈ N) .证明 推广后的不等式仍是关于 x,y,z的轮换对称… 相似文献
10.
林珊华 《泉州师范学院学报》2010,28(2):1-5
采用权弱分担值的思想讨论两个亚纯函数fnf′,gng′权弱分担有理函数的唯一性,得到：设p（z）,q（z）为两个互质的n1,n2次多项式,f,g为两个非常数超越亚纯函数,如果fnf′与gng′分担＂（pq（（zz））,m）＂且（1）当2≤m≤∞时,满足n≥max{11,2n1＋4n2＋3};（2）当m=1时,满足n≥max{13,2n1＋4n2＋3};（3）当m=0时,满足n≥max{23,2n1＋4n2＋3},则f=c1Q（z）exp（α（z））,g=c2Q-1（z）exp（-α（z））,其中：c1,c2为2个常数且Q（z）是有理函数;α（z）为满足（c1c2）n＋1（Q′（z）/Q（z）＋α′（z））2≡（p（z）/q（z））2的多项式,或者f=tg,t为常数且满足tn＋1=1. 相似文献
11.
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本文研究开单位圆盘D={|z|<1}内的n×n阶复矩阵函数F(z)=(f_(i k)(z))1≤i,k≤n,得到了矩阵函数F(z)在D内单叶的一个充分必要条件。 相似文献
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令γ（G）表示一个图G的控制数,G×H表示图G和图H的笛卡尔乘积．现已有很多控制数的研究文章,参考已有控制数知识及笛卡尔乘积图Cm×Cn,Pm×Pn的控制数的相关结论,利用γ（Cm×Cn）≤γ（Pm×Cn）≤γ（Pm×Pn）这一不等式给出路与圈的笛卡尔乘积图Cm×Pn（m=2,3,4）,Pm×Cn（m=2,3,4）的控制数． 相似文献
15.
关于C_n⊙k_1的（r_1,r_2,…,r_n,r_（n＋1））-冠的优美性（n=5） 总被引：1，自引：0，他引：1
给出了Cn⊙k1的（r1,r2,…,rn,rn＋1）-冠的定义,讨论了（当n=5时）Cn⊙k1的（r1,r2,…,rn,rn＋1）-冠的优美性,用构造性的方法给出了（当n=5时）一些特殊的Cn⊙k1的（r1,r2,…,rn,rn＋1）-冠的优美标号. 相似文献
16.
关于C_n⊙k_1的(r_0,r_1,r_2,…,r_n)-冠的优美性(n=3,4) 总被引：2，自引：0，他引：2
给出了Cn⊙k1的(r0,r1,r2,…,rn)-冠的定义,讨论了(当n=3,4时)Cn⊙k1的(r0,r1,r2,…,rn)-冠的优美性,用构造性的方法给出了(当n=3,4时)一些特殊的Cn⊙k1的(r0,r1,r2,…,rn)-冠的优美标号.证明了(当n=4时)一些特殊的Cn⊙k1的(r0,r1,r2,…,rn)-冠是交错图. 相似文献
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本文研究了高阶齐次线性微分方程f（k）＋Ak-1（z）e^pk-1（z）f^（k-1）＋Ak-2（z）^e^pk-2（z）f（k-2）＋…＋A0（z）e^pk（z）f=0和f（k）＋（Ak-1（z）e^pk-1（z）＋D（k-1）（z））f（k-1）＋…＋（A0（z）ep0（z）＋D0（z））f=0解的增长性问题,其中Pjk（z）=ajz^n＋bj,lz^n-1＋…bj,n,Aj（z）和Dj（z）是有限级整函数。针对Pj（z）中aj（j=0,1,…k-1）的幅角主值不全相等的情形。得到了σ2（f）=∞。 相似文献
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罗仕乐 《赣南师范学院学报》1999,(3):19-22
ｎ是大于１且适合ｓ（ｎ）＝［ｎ／２］的正整数,其中ｓ（ｎ）是ｎ的正规约数和函数;ω（ｎ）是ｎ的不同素因数的个数,Ｐ１、Ｐ２、…、Ｐω（ｎ）是ｎ的适合Ｐ１＜Ｐ２＜…＜Ｐω（ｎ）的素因数。本文证明了：如果２｜ｎ,则必有ｎ＝２;如果ｎ为奇数且ω（ｎ）≤２,则必有ｎ＝３ａ,其中ａ是任意的正整数;如果ｎ为奇数且ω（ｎ）＝３,则必有Ｐ１＝３或者Ｐ１＝５,Ｐ２＝７以及１１≤Ｐ３≤３１;如果ｎ为奇数且ω（ｎ）＝４,则必有Ｐ１＝３或者Ｐ１＝５,７≤Ｐ２≤１３,１１≤Ｐ３≤１７以及１３≤Ｐ４≤２３。上述结果部分地解决了Ｇｒａｈａｍ猜想 相似文献