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1.
正题目设x,y,z∈(0,+∞),且x2+y2+z2=1,求函数f=x+y+z-xyz的值域.文[1]、文[2]、文[3]站在不同的角度对这道题展开了研究,给出了多种不同解法,本文笔者再给出一种解法,并在此解法的基础上展开推广. 相似文献
2.
一道美国数学月刊征解题的简解 总被引：1，自引：1，他引：0
题目设x,y,z∈(0,+∞),且x2+y2+z2=1,求函数f=x+y+z-xyz的值域.这是一道美国数学月刊征解题,文[1]、[2]、[3]、[4]分别给出了一个解答,都很巧妙,本文给 相似文献
3.
原问题x,y,z∈(0,+∞)且x2+y2+z2=1,求x+y+z-xyz的值域.解读文[1]～[6]给出的各种初等解法,可谓"各显神通".原问题的条件:x,y,z∈(0,+∞)且x2+y2+z2=1,即点(x,y,z)在第一卦限的三维单位球面上,问题为求目标函数:f(x,y,z)=x+y+z-xyz的值域. 相似文献
4.
题目设x,y,z∈(0,+∞)且2 2 2x+y+z=1,求函数f=x+y+z xyz的值域.这是一道《美国数学月刊》征解题,文[1]运用三角代换及导数给出了此题的一个解法,文[2]给出求f上界的抽屉原则的解法,文[3]给出了幂平均不等式的解法.此题运用初等数学的知识来解难度都比较大,下面以高等数学中的拉格朗日乘数法为突破口,给出此题的一个简单解法.解设拉格朗日函数为L(x,y,z,λ)=x+y+z2 2 2xyzλ(x+y+z 1),对L求偏导数,并令它们都等于0,则有1 2 01 2 0L yz x x L xz yλλ====,,2 1(1)yz xλ+=,, 相似文献
5.
2005年全国高中数学联赛加试第2题为:设正数a,b,c,x,y,z满足cy+bz=a,az+cx=b,bx+ay=c,求函数f(x,y,z)=x2/1+x+y2/1+y+z2/1+z的最小值.
文[1]得到该问题等价于: 相似文献
6.
题目:设x+y+z=xyz,(x>0,y>0,z>0)求证:2(x2+y2+z2)-3(xy+yz+xz)+9≥0文[1]中用三角函数知识来证明,且证明繁琐,文[2]用换元的方法,然后利用第25届IMO试题的结论:若x≥0,y≥0,z≥0,且x+y+z=1,则xy+yz+xz-2xyz≤727来证明也是不简单,实际上利用拙文[3]中提出的证明不等式化齐次的策略可简单地给出证明.证明:因x+y+z=xyz,原不等式等价于2(x2+y2+z2)(x+y+z)-3(x+y+z)(xy+yz+xz)+9xyz≥02(x3+y3+z3)+2x(y2+z2)+2y(x2+z2)+2z(x2+y2)-3x(y2+z2)-3y(x2+z2)-3z(x2+y2)-9xyz+9xyz≥02(x3+y3+z3)-x(y2+z2)-y(x2+z2)-z(x2+y2)≥0(x+y)(x-y)2+(y+z)(y-z… 相似文献
7.
1引文《美国数学月刊》2004年1月问题11057[1]为:设x、y、z为正实数,矩形ABCD内部有一点P,满足PA=x,PB=y,PC=z,求矩形面积的最大值.文[2]用微分法给出了问题的一个解答,得到矩形面积的最大值为xz y x2 z2-y2.文[3]分别用柯西不等式和托勒密不等式给出了该问题的初等解法.本文将P点的位置由原问题中的矩形内部弱化为矩形所在平面上一点,得到如下主要结论.定理设x、y、z为正实数,矩形ABCD所在平面上有一点P,满足PA=x,PB=y,PC=z,则矩形面积的最大值为xz y x2 z2-y2当x=min{x,y,z};或z=min{x,y,z}时,矩形面积的最小值等于y·x2 z2-y2-… 相似文献
8.
<正>文[1]给出3元3次方程x3+y3+z3=x+y+z=3①仅有4组整数解(x,y,z)=(1,1,1),(-5,4,4),(4,-5,4),(4,4,-5)的证明.本文将方程1进一步推广为4元3次方程w3+x3+y3+z3=w+x+y+z=4②的形式,并得到它的全部整数解,当w=1时方程2退化为方程1.首先,引入著名的马尔可夫方程 相似文献
9.
庞如兰 《中学数学研究(江西师大)》2002,(10):19-20
设F是△ABC内的费尔马点,延长AF、BF、CF分别交对边于A'、B'、C'.记AA'=x,BB'=y,CC'=z.文[1]、[2]分别给出如下结果:1/x+1/y+1/z≥3/4r+1/2R.(1) 相似文献
10.
一类分式不等式的联想 总被引：3，自引：0，他引：3
文[1]提出并证明如下分式不等式:问题1已知x、y、z为正实数,求证:x/(2x y z) y/(x 2y z) z/(x y 2z)≤3/4.其后,许多文章给出了该不等式的证明,如文[2]、文[3],笔者再给出一种简单的证法. 相似文献
11.
题目 已知x、y、z＞0,xyz=1.求证:(x+y-1)2/z+(y+z-1)2/x+(z+x-1)2/y≥x+y+z.
在文[1]中,作者给出的证法虽好,但不利于推广.本文中笔者给出此不等式的四种证法及推广. 相似文献
12.
一个不等式的正确证明 总被引：1，自引：0，他引：1
贺斌 《中学数学教学参考》2004,(5)
一个不等式 若x ,y ,z≥0 ,xy yz zx =1 ,则1y z 1z x 1x y≥52 ( =|x ,y ,z中一个为0 ,两个为1 ) . ( )据所知,( )式首出文[1 ],然后又见于文[2 ]、文[3 ],但其证明都隐含实质性缩小变量取值范围的错误.下面重予证明.证明:不妨设x≥y≥z≥0 ,由条件知x≥y >0 ,0≤yz≤13 ,x =1 -yzy z ,于是( )式 2 [(x y) (z x) (x y) ( y z) ( y z) (z x) ]≥5 (x y) ( y z) (z x) 2 [(x2 y2 z2 ) 3 (xy yz zx) ] ≥5 [(x y z) (xy yz zx) -xyz] 2 [(x y z) 2 1 ]≥5 [(x y z) -xyz] 2 (x y z) 2 -5 (x y z) 2 5x… 相似文献
13.
一个不等式的初等证明 总被引：1，自引：0，他引：1
文 [1]给出并用微分法证明了如下不等式 :已知 x,y,z∈ (0 ,+∞ ) ,且 x+ y+ z=1,则(1x- x) (1y- y) (1z- z)≥ (83 ) 3 . (1)受此启发 ,笔者经探索得出如下一个初等证明 .证明 由基本不等式易得xyz+ yzx≥ 2 y,yzx+ zxy≥ 2 z,zxy+ xyz≥2 x.将上述三个不等式相加得xyz+ yzx+ zxy≥ x+ y+ z=1. (2 )又由 1=x+ y+ z≥ 3 3 xyz,得 xyz≤12 7.∴ (1x- x) (1y- y) (1z- z) =1xyz· (1- x2 ) (1- y2 ) (1- z2 ) =1xyz[(1+ x) (1+ y)(1+ z) ][(1- x) (1- y) (1- z) ]=1xyz(2 +xy+ yz+ zx+ xyz) (xy+ yz+ zx- xyz) =2(1x+ 1y+ 1z) - 2 + (xy+ yz+… 相似文献
14.
安振平 《河北理科教学研究》2013,(3)
在文[1]里,笔者给出并证明了如下有趣的无理不等式:
问题 设a≥x＞1,b≥y＞1,c≥z＞0,求证:(a+b+c)-(x +y+z)＜√a2-x2+√b2-y2+√c2-z2≤√(a+b+c)2-(x+y+z)2.①
等号仅当a:x=b:y=c:z时成立.
下面给出不等式①的几个应用. 相似文献
15.
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
16.
张心刚 《中学数学教学参考》2003,(9):61-61
文[1] 猜想 51 2 1 =13 3 +11 2 1 +13 63 是 51 2 1 的第二类好表法 ,即其化为三个不同单位分数之和 ,其最大分母至少是 3 63 .本文予以证明 .引理 1 若 (m ,n) =1 ,且 nkm =1x +1y ,则m|xy .引理 2 若 (m ,n) =1 ,m为素数 ,nkm2 =1x +1y ,则m2 |x或m2 |y .猜想的证明 :用反证法 ,设有自然数x ,y ,z <3 63 ,使 51 2 1 =1x+1y +1z .①( 1 )若x ,y ,z中至少一数不被 1 1整除 ,不妨设为x ,则 ( 1 1 ,x) =1 ,从而 ( 1 1 ,5x -1 2 1 ) =1 ,可是由①得5x -1 2 1x -1 2 1 =1y +1z ,由引理 2知 ,1 2 1 |y或 1 2 1 |z ,不妨设 1 2 1 |y <3 63 ,则 … 相似文献
17.
本刊文 [2 ]用几何方法改进并证明了文[1]出现的不等式 :已知 x,y∈ R,求证x2 +y2 +( x -1) 2 +y2 +x2 +( y -1) 2 ≥ 22 ( 3 +1) .这体现了由数到形的沟通 ,但还不是完整意义上的数形结合 ,本文补充由形到数的沟通 .首先将费马点所提供的几何意义 ,用复数乘法把 OP,AP,BP首尾连接 ,再用复数模不等式|z1 |+|z2 |+|z3 |≥ |z1 +z2 +z3 |1拉直 ,得出证明 1;然后把复数运算“翻译”为配方 ,并把 1改写为∑3i= 1a2i +b2i ≥ ( ∑3i=1ai) 2 +( ∑3i =1bi) 2 ,2得出更直接的代数证明 .其中的复数证法能说明配方的来由 ,而不是妙手偶得的技巧 .… 相似文献
18.
正姜坤崇老师文[1]中结合具体实例指出,用代换x=bαcα,y=cαaα.z=aαbα可以有效地证明一类条件为x+y+z=1的代数不等式.笔者读后深受启发,反思后发现该代换其实与三角代换x=tanB/2tan C/2,y=tanC/2 tan A/2,z= 相似文献
19.
袁金奇 《中学数学研究(江西师大)》2015,(1):44-47
有名辉老师在文[1]中对“一道第49届IMO赛题(第2题)的类比”后提出猜想:
设实数λ,x,y,z满足:-1＜λ＜1,λx,λy,λz都不等于-1,且xyz=1,则x2/(1+λx)2 +y2(1 +λy)2+z2/(1+λz)2≥3/(1+λ)2.(1) 相似文献
20.
美国《数学杂志》2005年二月问题征解1714:设m,n,x,y,z∈R+,且x+y+z=1,证明:44()()()()x ymx+ny my+nx+my+nz mz+ny421()()3()z+mz+nx mx+nz≥m+n.(1)文[1]将其推广为:设λ,ai∈R+(i=1,2,n),且1niia=∑=1,an+1=a1,则当k≥4或k≤0时,有321(1)(1)(1)nk kii i i i ia naλa aλaλ?=++∑++≥+.本文在文[1]的基础上对(1)式进行再推广:命题1设m,n,x,y,z∈R+,且x+y+z=1,α,β,γ∈R+,且α?(β+γ)=2,则()()()()x ymx ny my nx my nz mz nyαα+β+γ++β+γ1()()3()zmz nx mx nz m nα++β+γ≥+β+γ.命题2设m,n,x,y,z∈R+,且x+y+z=1,β,γ,l∈… 相似文献