易知
- 又逢比大小 方法知多少
——對(duì)2023 四省測(cè)試第8 題的解析與拓展
52,c→-∞,易知|a-c|≥|b-c|,|a-b|≤|b-c|,故選B.注當(dāng)題設(shè)給出的a,b,c滿(mǎn)足一定的等量關(guān)系或不等關(guān)系時(shí),優(yōu)先考慮選擇滿(mǎn)足條件的特殊值或者極限狀態(tài),通過(guò)運(yùn)算分析排除若干錯(cuò)誤選項(xiàng);值得注意的是,特殊值要優(yōu)選,例如本題中如令b=2,則a=log513,c=log321,在計(jì)算上就不如方法一來(lái)得簡(jiǎn)潔;但并非所有的比較大小問(wèn)題都能夠通過(guò)巧取特殊值來(lái)解決,下面再讓我們來(lái)看看此類(lèi)問(wèn)題的一般性解法:分析依題意, 5b-2b> 0, 即則b> 0
中學(xué)數(shù)學(xué)研究(廣東) 2023年20期2023-11-28
- 又逢比大小 方法知多少
——對(duì)2023 四省測(cè)試第8 題的解析與拓展
52,c→-∞,易知|a-c|≥|b-c|,|a-b|≤|b-c|,故選B.注當(dāng)題設(shè)給出的a,b,c滿(mǎn)足一定的等量關(guān)系或不等關(guān)系時(shí),優(yōu)先考慮選擇滿(mǎn)足條件的特殊值或者極限狀態(tài),通過(guò)運(yùn)算分析排除若干錯(cuò)誤選項(xiàng);值得注意的是,特殊值要優(yōu)選,例如本題中如令b=2,則a=log513,c=log321,在計(jì)算上就不如方法一來(lái)得簡(jiǎn)潔;但并非所有的比較大小問(wèn)題都能夠通過(guò)巧取特殊值來(lái)解決,下面再讓我們來(lái)看看此類(lèi)問(wèn)題的一般性解法:分析依題意, 5b-2b> 0, 即,則b>
中學(xué)數(shù)學(xué)研究(廣東) 2023年19期2023-11-23
- 不定方程的正整數(shù)解
立.下設(shè)n>1.易知b=23·41,此時(shí)k=l=1,pk=23=25-32,ql=41=25+32.(ⅰ)假定方程(3)有適合x(chóng)>z>y且n>1的正整數(shù)解(x,y,z,n).由于b=23·41,故n=23u41v(u+v≥1).于是(3)式可化為23y41y=23u(z-y)41v(z-y)×(1 105z-576x23u(x-z)41v(x-z)).(20)若n=23u(u≥1),則y=u(z-y).于是(20)式可化為576x23u(x-z)=1 10
- 序列(12+Q)(22+Q)…(n2+Q)中的完全平方數(shù)
中1(1)(2)易知，Sn>(n!)2，故有(3)引理3[14]若a為奇數(shù)且e∈*，則x2≡a(mod2e)有N個(gè)解，其中(4)證考慮同余方程x2≡-Q(mod2j)。(5)(1)Q為奇數(shù)。由引理3，當(dāng)j=1時(shí)，(5)僅有一解；當(dāng)j=2及-Q≡1(mod4)時(shí)，(5)恰有2解；當(dāng)j≥3及-Q≡1(mod8)，(5)恰有4解；其它情況下，(5)無(wú)解。故由(1)可得t2≡-Q1(mod2j-s)。(6)≤B(n,Q)。命題得證。x2≡-qeQq(modqj)。
- 2021年以色列秋令營(yíng)一道不等式試題的探究
由于=由已知條件易知0≤bc≤2，則有(2-bc)(b+c-2bc)≥0，整理得所以所以欲證不等式②，只需證兩邊去分母后整理得a-6a+17a-28a+24a-8≤0，分解因式得(a-2)(a-1)[(a-1)+3]≤0 ③．點(diǎn)評(píng)對(duì)不等式②的處理，按照減元策略，容易想到從左邊入手，通過(guò)“先通分，再變形，后放縮”的方法，使左邊含有兩個(gè)變量的式子放縮為只含有一個(gè)與右邊相同變量的式子，從而將三元不等式轉(zhuǎn)化為一元不等式，實(shí)現(xiàn)了問(wèn)題的根本性轉(zhuǎn)變．將上述賽題推廣，可得
中學(xué)數(shù)學(xué)雜志 2022年8期2022-11-14
- 抓住關(guān)鍵特征，破解中考?jí)狠S題
——一道與正方形有關(guān)中考?jí)狠S題的多角度求解
由平行線(xiàn)的性質(zhì)，易知∠FGC=∠ACE，∠GFE=∠CEF.由正方形的性質(zhì)，易知AF=FG.由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，易知AF=CE，所以FG=CE.從而可知△FGQ≌△ECQ，所以FQ=EQ，即點(diǎn)Q是線(xiàn)段EF的中點(diǎn).3 解法探究基于以上分析，筆者從不同角度出發(fā)，給出本題的多種解法.視角1利用特殊化策略求解根據(jù)已知條件，點(diǎn)E是邊BC的延長(zhǎng)線(xiàn)上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)F是邊AB上的動(dòng)點(diǎn)，且AF=CE.不論點(diǎn)E，F(xiàn)運(yùn)動(dòng)到什么位置，點(diǎn)Q恒是線(xiàn)段EF的中點(diǎn)，它是運(yùn)動(dòng)不變量.因此，對(duì)于一道填
數(shù)學(xué)之友 2022年16期2022-11-01
- 關(guān)于商高數(shù)的Je?manowicz猜想*
時(shí)方程（1）成為易知，方程（17）沒(méi)有適合y＞z＞x以及n＞1 的解(x，y，z，n). 設(shè)方程（17）有適合x(chóng)＞z＞y以及n＞1 的解(x，y，z，n). 由于b= 24· 32，故n= 2r3s（r，s∈N*，r+s≥1），于是方程（17）可化為根據(jù)定理1的條件（iii），只需證z≡0(mod 2)時(shí)，方程（17）沒(méi)有適合x(chóng)＞z＞y以及n＞1的解(x，y，z，n)即可。若式（19）成立，則對(duì)式（19）取模17，有9z≡(-1)y(mod 17)，即81
- 兩類(lèi)一致膨脹圖的PI指數(shù)*
[Vi,Vi],易知UFCn中不與e關(guān)聯(lián)的邊與點(diǎn)u和點(diǎn)v等距，即ne=d(e)=d(u)+d(v)-2.因此對(duì)于e∈[Vi,V(i+1)(modn)]，在UFCn中與e相關(guān)聯(lián)的邊均與點(diǎn)u和點(diǎn)v不等距，故d(e)=2(3t-2)=6t-4.在UFCn中不與e關(guān)聯(lián)且到點(diǎn)u和點(diǎn)v不等距的邊的數(shù)目為故綜上，有當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，對(duì)于e∈[Vi,Vi],與上述情況相同，有對(duì)于e∈[Vi,V(i+1)(modn)]，在UFCn中與e相關(guān)聯(lián)的邊均與點(diǎn)u和點(diǎn)v不等距，故d(e)
- 分類(lèi)例析“嵌套函數(shù)”的零點(diǎn)問(wèn)題
t=1時(shí)，由圖1易知方程f(x)=1有3個(gè)不等實(shí)根；當(dāng)t=5時(shí)，由圖1易知方程f(x)=5有1個(gè)實(shí)根.綜上，g(x)有4個(gè)零點(diǎn).評(píng)注例1中f(x)為分段函數(shù),若直接寫(xiě)出g(x)的表達(dá)式考慮問(wèn)題非常繁瑣.本解法用換元法將g(x)分拆為g(t)=f(t)-1和t=f(x)兩個(gè)相對(duì)簡(jiǎn)單的函數(shù),借助f(x)的圖象大大簡(jiǎn)化了運(yùn)算步驟.由此可見(jiàn)“換元解套”是解決嵌套函數(shù)的利器.二、求分段函數(shù)中參數(shù)的取值范圍解當(dāng)a當(dāng)a=0時(shí)，f(x)的圖象如圖2(b),f[f(x)]=
高中數(shù)學(xué)教與學(xué) 2022年7期2022-05-09
- 一道莫斯科數(shù)學(xué)奧林匹克問(wèn)題的解法探究
腰三角形的性質(zhì)，易知∠AIC=120°，所以∠BIC=120°.由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，易知∠BEC=∠AIC=120°，IC=CE，IK=BE.由IC=CE，可知∠CIE=∠CEI，所以∠BIE=∠BEI，即IB=BE，所以IK=IB，即∠IBK=∠IKB=30°，所以∠AKB=180°－∠IKB=150°.點(diǎn)評(píng)欲求∠AKB，只需求得其鄰補(bǔ)角即可.利用已知條件∠KAC=30°，構(gòu)造Rt△AID，易知∠AID=60°，∠AIB=120°.在△BIK中，只需證明IK=
中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué) 2022年2期2022-04-26
- Qp空間中的q-光滑模與算子逼近
<∞),是指滿(mǎn)足易知[1]‖·‖Qp為半模.若取模為|f(0)|+‖f‖Qp,Qp則為Banach空間.并且Q1為BMOA空間,Q0為Dirichlet空間，當(dāng)p∈(1,∞)時(shí)，Qp為Bloch空間.更多關(guān)于BMOA及Qp函數(shù)空間的理論,可參考文獻(xiàn)[1-2].Qp空間中的多項(xiàng)式逼近理論近年來(lái)已得到一些研究成果[3-5]，得到了多項(xiàng)式逼近的正逆定理,即Jackson定理和Bernstein定理等逼近結(jié)果.連續(xù)模有多種定義方式，熟知經(jīng)典全純光滑模ωr(δ,f,
- 兩類(lèi)Beta算子的收斂階
由引理1和引理2易知以下極限式成立：(6)(7)(8)證明由式(2)、引理1和引理2經(jīng)簡(jiǎn)單計(jì)算易知引理3成立.(9)(10)(11)(12)(13)3 收斂階的估計(jì)首先給出βn(f;x)的局部逼近定理.證明構(gòu)造輔助算子：x∈(0,1).(14)此外,又因?yàn)椤琭‖βn(e0;x)+2‖f‖≤3‖f‖，(15)所以由式(14)和(15)可得對(duì)式(15)右端的g∈C2(I)取下確界, 可得|βn(f;x)-f(x)|≤從而,其中,M為正常數(shù). 定理1證畢.由定理
- 同構(gòu)換元法求解含指對(duì)數(shù)混合式的問(wèn)題
nx+x)-2，易知et-t≥1，當(dāng)且僅當(dāng)t=0時(shí)，等號(hào)成立.所以elnx+x-(lnx+x)-2≥1-2 =-1.所以當(dāng)且僅當(dāng)lnx+x=0時(shí)，f(x)取得最小值-1，即a=-1.所以ex-lnx-2-(x-lnx-2)-2≥1-2 =-1.所以當(dāng)且僅當(dāng)x-lnx-2=0時(shí)，g(x)取得最小值-1，即b=-1.因此a=b，故選A.解法2f(x)=xex-lnx-x-2=xex-ln(xex)-2，易知t-lnt≥1，當(dāng)且僅當(dāng)t=1時(shí)，等號(hào)成立.所以xex
數(shù)理化解題研究 2021年25期2021-09-27
- 半群H(n，m)的獨(dú)立子半群
此α=βαλα．易知βα∈〈(12)，(12…m)〉?SmAkα=ak1≤k≤r且xα=xx∈Xn(A1∪…∪Ar)證設(shè)其中Xm={a1，a2，…，am}且{am+1，am+2，…，an}?Xn-m．令則μα∈G(n，m)，且于是α*=αμα∈〈G(n，m)，α〉，且從而再由引理1可得H(n，m)=〈G(n，m)，α〉．證令k=min{|im(ε)|：ε∈E(T)∩H(n，m)(n-2)}，則m+1≤k≤n-2．假設(shè)m+2≤k≤n-2．任意取其中Xn-m=
- 一個(gè)數(shù)論函數(shù)方程的可解性
則有m ≥27，易知ω(m)≥8。由引理1，所以方程（2）無(wú)解，即方程（1）無(wú)解。2）當(dāng)ω(n)=3即k=3時(shí)，方程（2）化為φ(4m)=16，易知4m=17,32,34,40,48,60。因?yàn)閙，t 是正整數(shù)，所以t=24,30,36,45。因?yàn)?-1)Ω(n)=±1，經(jīng)檢驗(yàn)，不存在pi，ai(1 ≤i ≤3)滿(mǎn)足條件成立，所以此時(shí)方程（1）無(wú)解；ii）若t=30,36 時(shí)，同理檢驗(yàn)，不存在pi，ai(1 ≤i ≤3)滿(mǎn)足條件成立，所以此時(shí)方程（1）無(wú)解
- 一些特殊圖的剖分圖的能量
S(Kn))證明易知S(Km,n)的頂點(diǎn)數(shù)為mn+m+n，并且S(Km,n)的度對(duì)角矩陣D(S(Km,n))和鄰接矩陣A(S(Km,n))分別為則R(S(Km,n))det(λImn+m+n-R(S(Km,n)))det(λImn+m+n-R(S(Km,n)))證明易知S(Fn)的頂點(diǎn)數(shù)為5n+1，并且S(Fn)的度對(duì)角矩陣D(S(Fn))和鄰接矩陣A(S(Fn))分別為則R(S(Fn))det(λI5n+1-R(S(Fn)))det(λI5n+1-R(S
南陽(yáng)理工學(xué)院學(xué)報(bào) 2021年2期2021-06-03
- 二次域中類(lèi)數(shù)h(k)=1時(shí)丟番圖方程整數(shù)解探討
性質(zhì)比較兩邊系數(shù)易知：若b=±1，代入2.6式得，與矛盾。若b=±2 , ± 22由于a≡b(mod 2)同奇同偶，從而由等式(1.6)式得：綜合以上證明可知方程(1.1)無(wú)整數(shù)解。證明方程2無(wú)整數(shù)解。分解（1.7）式可知：整理等式（1.9）可得：由等式性質(zhì)比較兩邊系數(shù)易知由等式（1.12）式知：b=±1 ,±2 ,± 22若b=±1 ，代入（1.12）式可得3a2= 63或71，顯然a?Z與a Z∈ 矛盾。若b=±2 , ± 22由于a≡b(mod 2)
卷宗 2021年3期2021-03-08
- 同構(gòu)法求參數(shù)取值范圍
x)=ex+x,易知g(x)在R上單調(diào)增,故f(x)>0等價(jià)于g(x-lna)>g[ln(x-1)],可得x-lna>ln(x-1),即-lna>ln(x-1)-x.由常見(jiàn)不等式lnt≤t-1(t>0),得ln(x-1)-x≤x-2-x=-2,所以-lna>-2,即0例3若對(duì)任意x∈(0,+∞),不等式2e2x-alna-alnx≥0恒成立,求a的取值范圍.易知(2x-lnx)min=1+ln 2,故a≤2e.注意到a>0,得a∈(0,2e].解法2原不等
高中數(shù)學(xué)教與學(xué) 2020年17期2020-09-27
- 關(guān)于超可解群與Sylow塔
G的一個(gè)主群列，易知，對(duì)G的子群S而言有：1=S∩G0?S∩G1?S∩G2…?S∩Gr=S為S的一個(gè)正規(guī)群列(即每個(gè)S∩Gi為S的正規(guī)子群，見(jiàn)文獻(xiàn)[2-3])，其中商因子S∩Gi/S∩Gi-1具有性質(zhì)：S∩Gi/S∩Gi-1=S∩Gi/(S∩Gi)∩Gi-1?(S∩Gi)Gi-1/Gi-1≤Gi/Gi-1，然而對(duì)每個(gè)i，Gi/Gi-1是素?cái)?shù)階的，故S∩Gi/S∩Gi-1或?yàn)槠椒驳?，或?yàn)樗財(cái)?shù)階的，于是從上述S的正規(guī)群列中刪掉那些重復(fù)的項(xiàng)以后剩下的就是S的主群
安順學(xué)院學(xué)報(bào) 2020年4期2020-09-17
- 拉回和推出的若干注記
態(tài)及P 是投射模易知，存在同態(tài)使得因?yàn)槭堑睦?，考慮同態(tài)對(duì)由拉回的泛性質(zhì)易知，存在同態(tài)使得由知，注意到且，可見(jiàn)又因?yàn)闈M(mǎn)同態(tài)右可消且μ為滿(mǎn)同態(tài)，所以 0λ = . 而λ 為包含同態(tài)，因此γ 為單同態(tài).由定義1 知，(φ,α) 是(φ,β)的拉回.對(duì)偶地，可得如下結(jié)論.定理2設(shè)為左R-模的行正合交換圖，則以下條件等價(jià)：1）),( βφ是),( αφ的推出；2）γ 為滿(mǎn)同態(tài).由蛇引理可得以下推論，然而本文使用不同于蛇引理的方法給出其證明.推論 1設(shè)為左R-模的行
- 利用30°角構(gòu)造三角形外心解題
BC,OA=OC易知OB垂直平分AC,于是因?yàn)椤螼AC=∠OAD-∠CAD=50°,所以∠AOB=40°,故AB=AO=AD。注：本題也可以由∠OAC=50°易知四邊形OABC為菱形得證,或由∠OAC=50°證明△ABC≌△AOC來(lái)求證。3.證明等式問(wèn)題圖3例3(《中等數(shù)學(xué)》2009年第4期初248題)如圖3所示,在△ABC中,AD為內(nèi)角平分線(xiàn),∠ADC=60°,點(diǎn)E在A(yíng)D上,滿(mǎn)足DE=DB,射線(xiàn)CE交AB于點(diǎn)F。求證：AF·AB+CD·CB=AC2。證明
中學(xué)生數(shù)理化(高中版.高考理化) 2020年5期2020-05-22
- 關(guān)于不定方程x2-2y4=M(M=17，41，73，89，97)
4=17，(2)易知，方程X2-2Y2=17的一般解可由以下兩個(gè)非結(jié)合類(lèi)給出：(3)或(4)不妨設(shè)X≥0，Y≥0，則(3)式中只需考慮“+”號(hào)，而(4)式中只需考慮“-”號(hào)即可.若方程(2)有整數(shù)解，必有n，使得y2=2un+5vn(5)或y2=-2un+5vn，(6)根據(jù)文獻(xiàn)[10]，可得下列關(guān)系：un+2=6un+1-un，u0=1，u1=3；vn+2=6vn+1-vn，v0=0，v1=2；(7)um+n=umun+2vmvn，vm+n=umvn+vm
- 一道最值問(wèn)題的解題研究
-x.觀(guān)察其結(jié)構(gòu)易知函數(shù)y=f(x)的圖象關(guān)于直線(xiàn)x=1對(duì)稱(chēng)，故下文的討論以x=1為臨界點(diǎn)來(lái)展開(kāi)討論.對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，得：f′(x)=[2x+x·2xln2]+[-22-x+(2-x)22-xln2·(-1)]=(2x-22-x)+[x·2x-(2-x)·22-x]ln2.(1)當(dāng)x>1時(shí)，易知2x-22-x>0,x·2x-(2-x)22-x>0，所以f′(x)>0；(2)當(dāng)x(3)當(dāng)x=1時(shí)，易知f′(x)=0.注：(1)以上兩種解法充分利用了將問(wèn)題改造后形
數(shù)理化解題研究 2020年13期2020-05-07
- Neuman平均關(guān)于算術(shù)和調(diào)和平均的精確不等式
( λ0)＜0，易知存在λ1＞λ0使得當(dāng)x ∈( λ0,λ1)時(shí)f1( x )＜0，當(dāng)x ∈( λ1,+∞ )時(shí)f1( x )＞0。綜上可知，存在當(dāng)x ∈( 0,λ1)時(shí)f1( x )＜0；當(dāng)x ∈( λ1,+∞ )時(shí)f1( x )＞0。同上分析，由（6）式并結(jié)合x(chóng) ∈( 0,λ1)時(shí)f1( x )＜0，x ∈( λ1,+∞ )時(shí)f1( x )＞0，易知存在λ ＞λ1使得當(dāng)x ∈( 0,λ )時(shí)f( x )＞0；當(dāng)x ∈( λ,+∞ )時(shí)f( x )＜0。
- 全國(guó)名校函數(shù)與導(dǎo)數(shù)測(cè)試題(A卷)參考答案
(2)易知f "(x)=2x+a—在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，所以由題意可得f "(x)=2x+a—=0在區(qū)間內(nèi)無(wú)解，即≥0或f "(1)≤0，解得實(shí)數(shù)a的取值范圍是(—∞，—1]∪[1，+∞)。3 3.(1)f "(x)=由已知，f "(2)=，解得a=1，所以f "(x)=當(dāng)x∈(0，1]時(shí)，f "(x)≤0，f(x)是減函數(shù)；當(dāng)x∈[1，+∞)時(shí)，f "(x)≥0，f(x)是增函數(shù)。所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0，1]，單調(diào)遞增區(qū)間是[1，+∞)。(2)
- 具Intraguild捕食的非自治三種群Lotka-Volterra模型的正周期解
Ascoli定理易知是緊的。從而，對(duì)任一有界開(kāi)集，L在上是L-緊的。相應(yīng)的算子方程，有從而有即和由(2.4)和(2.7)可得由(H2)易知由(2.5)、(2.8)和 (2.10)可得由(H3)易知類(lèi)似地，由(2.6)、(2.9)、(2.10)和 (2.11)可得若(H4)成立，顯然有，從而，由(H1)和(H4)可得再由(2.10)、(2.11)和(2.12)可得顯然，Ri(i=1,2,3)與λ無(wú)關(guān)?？紤]下列的代數(shù)方程：這里μ∈(0,1)是一個(gè)參數(shù)，(μ1,
福建教育學(xué)院學(xué)報(bào) 2019年10期2019-11-14
- 一個(gè)無(wú)理分式不等式猜想的證明
④并作輔助函數(shù)：易知猜想等價(jià)于以下不等式：③′為此，考察函數(shù)f(t)的凹凸性，即f″(t)的符號(hào)，可得：⑤>0(因m≥2).所以，函數(shù)f(t)在(-∞,+∞)內(nèi)是下凹函數(shù)，故而③′式成立，即③式成立. 猜想得證.從以上猜想的證明過(guò)程⑤式，易知：λ2(m-1)2e2t+λm(2m-3)et+m2≥λm(2m-3)et+2·λ(m-1)et·m=λm(4m-5)et,⑥
中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué) 2019年5期2019-10-28
- 數(shù)列通項(xiàng)公式的幾種求法
合條件的n位數(shù)，易知a1=3，a2=8，當(dāng)n≥3時(shí)，如果該n位數(shù)第一個(gè)數(shù)字是2或3，那么這樣的n位數(shù)有2an-1個(gè)，如果該n位數(shù)第一個(gè)數(shù)字是1，那么第二個(gè)數(shù)字只能是2或3，因而這樣的n位數(shù)只能有2an-2個(gè)，于是遞推關(guān)系為an=2aw-1+2an-2，n=2，3，4，...定理：設(shè)x1，x2是特征方程x2=cx+c2的兩個(gè)根。①當(dāng)xc1≠x2時(shí)，an的一般表達(dá)式為an=aqx"+aqx2;②當(dāng)x1=x2時(shí)，an的一般表達(dá)式為an=（β+β2n）x"，這里的
中學(xué)生數(shù)理化·高三版 2019年1期2019-07-03
- 探究一道中考題的解法
，得PA=3k.易知∠PCE=∠BAP=∠PCD，所以PE=PD=2k.所以AE=PA+PE=5k.嘗試四：將嘗試一中的DP延長(zhǎng)與AB的延長(zhǎng)線(xiàn)相交如何？解法2：如圖5，作PD⊥AC于點(diǎn)D，延長(zhǎng)DP、AB交于點(diǎn)E.根據(jù)勾股定理，得PA=3k.易知∠PEB=∠C=∠BAP，所以PE=PA=3k.所以DE=PD+PE=5k.嘗試五：將嘗試二中的CD延長(zhǎng)與AB的延長(zhǎng)線(xiàn)相交如何？圖5 圖6 解法3：如圖6，作CD⊥AP交AP的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)D，延長(zhǎng)CD、AB交于點(diǎn)E.根
中學(xué)數(shù)學(xué)雜志 2019年10期2019-06-25
- 環(huán)R+uR+vR+uvR上的斜常循環(huán)碼
素r可唯一表示為易知1+2u是環(huán)?的一個(gè)單位，且滿(mǎn)足(1+2u)e1=e1,(1+2u)e2,(1+2u)e3=-e3,(1+2u)=e4，?n={(a0,a1,…,an-1)|ai∈?,i=0,1,…,n-1 }是一個(gè)交換環(huán)。若C是?n的非空子集合，則稱(chēng)C是?上長(zhǎng)為n的碼。若C是?n的R-子模，稱(chēng)C是R上長(zhǎng)為n的線(xiàn)性碼。設(shè)X=(x1,x2,…,xn),Y=(y1,y2,…,yn)∈?n，定義X,Y的歐幾里得內(nèi)積為設(shè)C是長(zhǎng)為n的碼，C⊥={ }x∈?n|x
- 拋物線(xiàn)內(nèi)接三角形的面積
點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，易知上述公式也成立.對(duì)于拋物線(xiàn)的內(nèi)接三角形的面積，還有一個(gè)重要的結(jié)論．已知A、B、C是拋物線(xiàn)y2=2px(p>0)上三點(diǎn)，過(guò)A、B、C三點(diǎn)的拋物線(xiàn)的切線(xiàn)分別交于P、Q、R三點(diǎn)，則SΔABC=2SΔPQR.圖1注：如果A、B、C三點(diǎn)中有一點(diǎn)與原點(diǎn)重合，易知上述公式也成立.∴根據(jù)前面的公式，可得SΔABC=2SΔPQR.在圓錐曲線(xiàn)中，拋物線(xiàn)具有重要地位，它有很多很重要的性質(zhì).拋物線(xiàn)方程結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)單、代數(shù)計(jì)算量適中，并且關(guān)于拋物線(xiàn)的試題具有良好的區(qū)分
中學(xué)數(shù)學(xué)研究(江西) 2019年2期2019-03-08
- 關(guān)注數(shù)列“姊妹題” 體驗(yàn)精彩“無(wú)極限”
，則S6=3.∵易知S3,S6-S3,S9-S6,S12-S9構(gòu)成等差數(shù)列，∴1,2,S9-3,S12-S9構(gòu)成等差數(shù)列.(2)由于目標(biāo)是求比值，于是可設(shè)S4=1，則S8=4.∵S4≠0，∴易知S4,S8-S4,S12-S8構(gòu)成等比數(shù)列，∴1,3,S12-S8構(gòu)成等比數(shù)列.評(píng)注 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}(公差為d)的前n項(xiàng)和為Sn，則連續(xù)k項(xiàng)和，即Sk,S2k-Sk,S3k-S2k,…也構(gòu)成等差數(shù)列(公差為k2d)；(2)設(shè)等比數(shù)列{an}(公比為q)的前
數(shù)理化解題研究 2018年34期2018-12-27
- 全國(guó)名校數(shù)列綜合拔高卷（B卷）答案與提示
bn=2n+1,易知{bn}為等差數(shù)列,Sn=3+5+…+（2n+1）=n2+2n。三、解答題61.（1）由bn=log2an和b1+b2+b3=15由a1,12a5,2a3成等差數(shù)列,得a1+2a363.（1）由a2n-2nan-（2n+1）=0得[an-（2n+1）]· （an+1）=0,所 以an=2n+1或an=-1。又?jǐn)?shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù),所以an=2n+1。（2）由 （1）知bn= （-1）n-1·an=（-1）n-1·（2n+1）。所以
- 一類(lèi)李超代數(shù)的中心擴(kuò)張
，Ln])=0，易知αf(Lm，Ln)=0(m+n≠0). 設(shè)a(n)=αf(Ln，L-n)，由αf(Lm+n，[L-m，L-n])=αf([Lm+n，L-m]，L-n)+αf(L-m，[Lm+n，L-n])，可得(m-n)a(m+n)=(m+2n)a(m)-(2m+n)a(n).(6)在(6)式中令n=1，則(m-1)a(m+1)=(m+2)a(m)-(2m+1)a(1).(7)根據(jù)αf(L0，[Lm，In])=αf([L0，Lm]，In)+αf(Lm，
東北師大學(xué)報(bào)（自然科學(xué)版） 2018年3期2018-09-21
- 悟透本質(zhì) 解題游刃有余——對(duì)一道三角形考題的多解探究
點(diǎn)D，所以，所以易知AD=化簡(jiǎn)得a=c或a+c=ac.當(dāng)a=c時(shí)，易知a=2，c=2，所以4a+c=10.綜上，可得所求4a+c的最小值為9.解法二：如圖1，結(jié)合題意畫(huà)出圖形，因?yàn)椤螦BC的角平分線(xiàn)交AC于點(diǎn)D，所以，所以易知=故所求4a+c的最小值為9.思路2：分解得（a-1）（c-1）=1，又易知a＞1，c＞1，所以4a+c=4（a-1）+（c-1）+5≥2故所求4a+c的最小值為9.故所求4a+c的最小值為9.成立.故所求4a+c的最小值為9.解法三
中學(xué)數(shù)學(xué)雜志 2018年17期2018-09-15
- 也談等腰三角形的美好性質(zhì)
三角形的邊角關(guān)系易知結(jié)論成立，證明從略.當(dāng)直線(xiàn)l只經(jīng)過(guò)頂角頂點(diǎn)A，且與△ABC再無(wú)其它公共點(diǎn)時(shí)，文[1]給出了四種證明方法，這里再給出兩種簡(jiǎn)證.如圖2～3，在△ABC中，AB=AC，∠ABC=∠ACB=α，直線(xiàn)l經(jīng)過(guò)點(diǎn)A，BD⊥l，CE⊥l，垂足分別為D、E，則BD=h1，CE=h2，DE=d.圖2證法1 如圖2，取BC的中點(diǎn)F，過(guò)F作FG⊥l，垂足為G，連接AF、EF.易知∠AEC=∠AFC=90°，所以A、E、C、F四點(diǎn)共圓，所以∠AEF=∠ACB=α
中學(xué)數(shù)學(xué)雜志(初中版) 2018年4期2018-09-14
- 構(gòu)造零件函數(shù)求一類(lèi)多元函數(shù)的最小值
)=2x? λ,易知當(dāng)時(shí),f(x)取最小值.設(shè) g(y)=3y2? λy,y ＞ 0,則 g′(y)=6y ? λ,易知當(dāng)時(shí),g(y)取最小值.設(shè) h(z)=z3? λz,z ＞ 0,則 h′(z)=3z2? λ,易知當(dāng)時(shí),h(z)取最小值.題目2已知x,y,z∈R+,且,求的最小值.解因?yàn)?引入待定常數(shù)λ∈[0,1],則設(shè) f(x)=3x5?λx3(x ＞ 0),則 f′(x)=3x2(5x2?λ),易知當(dāng)時(shí),f(x)取最小值.題目3已知非負(fù)實(shí)數(shù)x,y,
中學(xué)數(shù)學(xué)研究(廣東) 2018年5期2018-04-23
- 對(duì)一道中考填空題解法的探究
，■由CD=k.易知：a-b=k ①∵E是AB中點(diǎn)，∴S△ABC=2S△BCE S△ABD=2S△ABE∵S△BCE=2S△ADE∴S△ABC=2S△ADE∵AC⊥x軸，BD⊥x軸，∴AC∥BD∵S△ABD=■CD·BD S△ABC=■AC·CD∴AC=2BD，即■=-■ ②如圖2，過(guò)點(diǎn)B作AC延長(zhǎng)線(xiàn)的垂線(xiàn)BF，F(xiàn)為垂足，則BF=CD=k，AF=■-■∴AB2=AF2+BF2，即■2=k2+■-■2 ③聯(lián)立①②③解得a=■b=-■ak=■或a=-■b=-■
試題與研究·教學(xué)論壇 2017年33期2018-03-31
- 關(guān)于丟番圖方程(48n)x+(55n)y=(73n)z*
1+48x1).易知(73z1+48x1，73z1-48x1)=1，則有11x|73z1+48x1或11x|73z1-48x1，然而11x=121x1=(73+48)x1≥73x1+48x1>73z1+48x1>73z1-48x1，矛盾.情形2x假設(shè)z≤xnx-z(48x+55yny-x)=73z(6)當(dāng)(n，73)=1時(shí)，由式(6)及n≥2，有x-z=0， 即x=z.因此55yny-x=73x-48x(7)對(duì)式(7)兩邊取模11得(-4)x≡4x(mod
- 解析Besov型空間在Bloch空間的閉包
為正常數(shù).從而，易知f1∈B.稱(chēng)θ(z)為Blaschke乘積.所以對(duì)于任意的ε>0，可以推出因此，由文獻(xiàn)[12,69頁(yè)]，有證畢.[1] N. Arcozzi, D. Blasi and J. Pau, Interpolating sequences on analytic Besov type spaces[J].Indiana Univ Math J，2009，58：1281-1318.[2] J Anderson, J Clunie ， Ch Po
嶺南師范學(xué)院學(xué)報(bào) 2017年6期2018-01-29
- 一道高考立體幾何題的多維度剖析
E，交AE于M.易知平面BDE⊥平面ACE，且平面BDE∩平面ACE=OE，所以，OM⊥平面BED.作ON⊥BE，連接MN，由三垂線(xiàn)定理知MN⊥BE，所以∠ONM為所求.易知DE=BE=3，BD=2，所以O(shè)N=613.在△AOM中，tan∠MAO=112，所以sin∠MAO=515，∠MOA=45°，由正弦定理得OM=213，所以tan∠ONM=OM1ON=313，所以∠ONM=30°.解法2如圖3，易知平面ACE⊥平面BDE，且平面ACE∩平面BDE=E
數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)與研究 2017年14期2017-07-20
- 等比數(shù)列背景下的一類(lèi)不定方程問(wèn)題
Z,t-s∈Z，易知(*)式左邊是整數(shù)，右邊不是整數(shù)，故(*)式不成立，與假設(shè)矛盾．因此，數(shù)列{an}中不存在不同的三項(xiàng)使其成等差數(shù)列．又r-s0，且r-s∈Z,t-s∈Z，易知(*)式左邊是整數(shù)，右邊不是整數(shù)，故(*)式不成立，與假設(shè)矛盾．因此，數(shù)列{an}中不存在不同的三項(xiàng)使其成等差數(shù)列．因此，數(shù)列{an}中不存在不同的三項(xiàng)使其成等差數(shù)列．注意到以上三個(gè)不定方程的處理，均利用了在其等式兩邊同時(shí)乘以或者除以與公比相關(guān)的一個(gè)數(shù)，達(dá)到整數(shù)與小數(shù)不相等的效果(
中學(xué)數(shù)學(xué)研究(江西) 2017年2期2017-03-16
- 一類(lèi)多角形的內(nèi)角和
B G、D E，易知∠F+∠C=∠MGB+∠MBG，∠NGB+∠NBG=∠NED+∠NDE，所以第二類(lèi)七角星的內(nèi)角和就轉(zhuǎn)化為△AED的內(nèi)角和，為180°。第二類(lèi)八角星（如圖8），連接AH、ED，易知∠F+∠C=∠MHA+∠MAH，∠B+∠G=∠NED+∠NDE，所以第二類(lèi)八角星的內(nèi)角和轉(zhuǎn)化為四邊形AHED的內(nèi)角和，應(yīng)為360°。圖7 圖8 第一類(lèi)九角星（如圖5），連接BH和CI，∠AMN＝∠MHB＋∠MBH，∠ANM＝∠NIC＋∠NCI，所以九角星的內(nèi)角和
學(xué)周刊 2015年20期2015-12-27
- 一類(lèi)多角形的內(nèi)角和
連接BG、DE，易知 ? ?∠F+∠C=∠MGB+∠MBG，∠NGB+∠NBG= ∠NED+∠NDE，所以第二類(lèi)七角星的內(nèi)角和就轉(zhuǎn)化為△AED的內(nèi)角和，為180°。第二類(lèi)八角星（如圖8），連接AH、ED，易知∠F+∠C=∠MHA+∠MAH，∠B+∠G=∠NED+∠NDE，所以第二類(lèi)八角星的內(nèi)角和轉(zhuǎn)化為四邊形AHED的內(nèi)角和，應(yīng)為360°。圖7圖8圖9圖10圖11圖12第二類(lèi)九角星（如圖9），是由三個(gè)三角形組合而成的圖形，所以其內(nèi)角和應(yīng)為180°×3=540
學(xué)周刊·中旬刊 2015年7期2015-07-25
- 例析函數(shù)中的“任意存在”與“存在任意”問(wèn)題
x］min≥t.易知一次函數(shù)f（x0）在［1，4］上的最大值f（x0）max為M（a）=max{f（1），f（4）}.因?yàn)閒（1）= -2a+1，f（4）=a+1，所以M（a）= max{-2a+1，a+1}.視M（a）為關(guān)于變量a的函數(shù)，畫(huà)出其在R上的圖像（如圖1），觀(guān)察圖像可知，M（a）min=M（0）=1，從而t≤1，即實(shí)數(shù)t的取值范圍為（-∞，1］.評(píng)注：此型函數(shù)僅有一個(gè)f（x），但變量有兩個(gè)：任意變量a在先，存在變量x0在后，因此不等式f（x0）
中學(xué)數(shù)學(xué)雜志 2015年19期2015-01-31
- 5類(lèi)圖完美匹配的計(jì)數(shù)*
(n-2)(5)易知f(1)=5,f(2)=26。解線(xiàn)性遞推式(5)，得證畢。圖3 2-b-nQ3×1圖圖4 G2圖故τ(n)=g(n)+τ(n-1)(6)綜上所述，g(n)=5g(n-1)+τ(n-2)(7)由(6)式和(7)式，得g(n)=5g(n-1)+g(n-2)+τ(n-3)(8)再由(7)式，得g(n-1)=5g(n-2)+τ(n-3)(9)又由(8)式-(9)式，得g(n)=6g(n-1)-4g(n-2)(10)易知g(1)=5,g(2)=2
- 平面幾何中“+=”型問(wèn)題的新證法
接 CD，AE.易知△OCD，△OAE均為正三角形，故得CD∥OB∥AE.例3 如圖4，在 Rt△ABC中，⊙O的圓心在斜邊AB上，直角邊 AC，BC分別切半圓于G，F(xiàn)，⊙O 交斜邊 AB 于 D，E.圖4證明 延長(zhǎng)BC至點(diǎn)M使CM=AC，延長(zhǎng)AC至點(diǎn)N使CN=BC，并連接 AM，BN，OC，OF，OG.易知△ACM，△BCN均為等腰直角三角形，且四邊形OFCG為正方形，故得AM∥OC∥BN.例4 如圖5，△ABC是等腰三角形，過(guò)底邊BC的中點(diǎn)D任意作一直
中學(xué)數(shù)學(xué)雜志 2011年12期2011-02-01
- 由不等式所想起的
),由柯西不等式易知:定理1 對(duì)于n個(gè)正常數(shù)ai(i=1,2,…,n),構(gòu)造函數(shù):g(x)=xα-αx+α-1,x ∈ (0,+∞).因 g′(x)=α(xα-1-1),則g(x)在x∈(0,1)單調(diào)下降,在x∈(1,+∞)單調(diào)上升,∴g(x)≥g(1)=0對(duì)x＞0恒成立.所以欲證不等式也成立.證畢.易知f(-1)是n個(gè)正常數(shù)ai(i=1,2,…,n)的調(diào)和平均數(shù).由定理三易推出結(jié)論:f(-∞)≤f(-1)≤f(0)≤f(1)≤f(+∞),這就是我們常用的
中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué) 2010年3期2010-09-17
- 關(guān)于Diophantine方程x2+4n=y3
)即:由式(3)易知x，y都是偶數(shù)，令x=2x1，y=2y1，x1，y1∈Z代入式(3)可得:易知x1必為偶數(shù)，從而y1也必是偶數(shù).令x1=2x2，y1=2y2，x2，y2∈Z代入式(4)可得:易知x2為偶數(shù)，令x2=2x3，代入式(5)可得+1=(x3，y2∈Z).從而由引理1知上式整數(shù)解僅有(x3，y2)= ( 0 ，1 )，由x=8x3，y=4y2，可得式(3)整數(shù)解僅有 (x，y) = ( 0 ，4).假設(shè)當(dāng)k=i時(shí)，式(2)結(jié)論成立，即x2+43
- 平面幾何中一個(gè)結(jié)論的應(yīng)用與推廣
行四邊形，由作法易知AM=BP，則△AMG≌△BPF，有PF=MG，也能使PG+PF=AB得證．2.如果連結(jié)EP，利用S△BDE=S△BEP+S△DEP的關(guān)系，也得PG+PF=AB的結(jié)果．3.過(guò)G作GI//BD交AB于I，得平行四邊形BPGI，則有GP=BI，BP=IG，再證△AIG≌△FPB，也能使PG+PF=AB得證．以上屬常規(guī)證法．以下是用結(jié)論關(guān)系證明：分析：由已知條件BE=ED，PF⊥BE于F，PG⊥AD于G，且△EBD位于矩形ABCD中，易知，題
中學(xué)理科·綜合版 2008年9期2008-10-15
- 《一元一次不等式》單元檢測(cè)題參考答案
一、1.12．①和③3.<><>4.a7.-38.709.>10.a>4二、11.A12.A13.A14.C15.D16.D17.B18.D19.C20.B三、21.x>8.22.x≤.圖略.23.解集是-224.解得x=，因?yàn)榉匠痰慕馐欠秦?fù)數(shù)，則≥0，所以m≤.25．設(shè)共有x個(gè)交通路口，則執(zhí)勤學(xué)生有（4x+78）人，由題意得：4x+78-8×（x-1）≥4，4x+78-8×（x-1）<8.解得19.5（本部分內(nèi)容由命題人提供）注：“本文中所涉及到的圖表、