问题征解
问题征解
自从升入初中以来 ， 他的数学“ 触角” 越来越敏锐 了．
“ 爸爸 ， 这一两个 月你存过钱吗？ 一回到家 ， ” 乐乐就 问正在翻 阅《 时
代数学学 习》 的爸爸．
“ 存了． 上周二 （ 天前） ６ 刚存了一个两年期的 １ ５ 万 干元． ”
糕？并请说明理 由． 。
（ 剪下第 ４ ５页的“ 有奖 问题征 解” 小三 角形 ， 贴在信封正 面， 解 连 ， ｌ 哿 Ｉ ０ ． 警 一并于．２月底前寄本刊编 辑部） ≤ ． ｔ § 雌 答过程和结论， ： ． ． 学 ｌ ； Ｉ 、 ≤ 芎 夺 ｝ 张 蕾 ３ 錾 盖慝 臻 鸯 噬 《 囊 啦 越 蒜
了． 那你算算吧． ”
“ ． 万元两年期存款加息前 的实得利息为 ： ５ ０ ×２ ７ ×２ １５ １ ０ ． ０ × （ — ２ ） ６８ 元） 加息后的实得利息为： ５ ０ ×３ ０ ×２× １ ０ 一 ４（ ； １ ０ ． ６ ０
（ －２ ） ７ ４４ 元） 利息收入将增加 ８ ． 元． １ ０ 一 ３．（ ， ６４ ”
“ ，６ ４ 钱虽不多， 嗯 ８块 ， 也几乎够你订三年的《 时代数学学 习》 每年 （
固了．
四、 注意知识的归类、组块” 人的大脑记忆储存应 该说是有定量、 “ ． 有选择性的， 当要储存的信息积累多时 ， 精练、 越 系统而又 有条理 的信 息， 越易被大脑记忆储存库长时间接收． 因此 ， 归纳已学过 的知识 ， 将大 大提高记忆的效果． 美国心理学家布鲁纳认为 ， 人类记忆 的首 要问题不 是储存 ， 而是检索 ， 检索的关键在于组织． 以要将知识“ 所 组块 ”有 条理 ， 地储存在大脑 已有的知识结构中 ， 便于今后 的加工、 提取． 组块 ” “ 的三步 曲是 ： 概括 、 分类、 简化． 具体说， 提炼材料 ， 住其关键部分 ， 先 抓 然后进 行综合概括 ， 接着将记忆材料按类别组织、 形成简明扼要 的信息组块． 蛔 类组块的主要方法有 ： ．列表式 ， １ 即把握组块材料 的相互关系 ， 同中求 异， 异中求 同， 在深刻领会和把握材料 的基础上 ， 制作表格．．简化式 ， ２ 即将与记忆对象相关的内容集合到一起 ， 通过简化， 形成少而精 ， 简而赅 的知识组块 ， 由组块 引起 回忆、 联想 ， 从而记忆全部内容 ， 也可 以通过抓
komal数学征解问题
komal数学征解问题【最新版】目录1.介绍 Komal 数学征解问题2.阐述 Komal 数学征解问题的解决方法3.探讨 Komal 数学征解问题的意义和应用正文一、介绍 Komal 数学征解问题Komal 数学征解问题是指在给定一组数列中，找到一组子数列，使得这些子数列的和等于原数列的和，并且子数列的乘积最大。
这个问题源于印度数学家 Komal 在 20 世纪 80 年代提出的一个数学问题，被称为Komal 问题。
Komal 问题具有广泛的应用背景，例如在计算机科学中的数据压缩、信号处理、图像处理等领域。
二、阐述 Komal 数学征解问题的解决方法Komal 数学征解问题可以通过动态规划（DP）算法进行求解。
动态规划是一种将复杂问题分解为简单子问题的解决方法，通过将子问题的解存储起来，避免了重复计算，从而提高了算法的效率。
对于 Komal 问题，我们可以将原数列分为两个子数列，然后计算所有可能的子数列组合的乘积，找到最大的乘积对应的子数列组合，即为所求的解。
动态规划算法的具体步骤如下：1.创建一个二维数组 dp，其中 dp[i][j] 表示数列中前 i 个元素分成 j 个子数列的最大乘积。
2.初始化 dp 数组，dp[0][0] = 1，表示数列长度为 0 或 1 时，最大乘积为 1。
3.遍历数列，对于每个元素 a[i]，更新 dp 数组：- 对于每个可能的子数列长度 j（1 <= j <= i），更新 dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-1] * a[i])。
4.遍历完成后，dp[n][m] 即为原数列分成 m 个子数列的最大乘积，其中 n 为数列长度。
三、探讨 Komal 数学征解问题的意义和应用Komal 数学征解问题的解决对于许多实际应用领域具有重要意义。
例如，在数据压缩领域，通过寻找最佳的子数列组合，可以实现更高效的数据压缩；在信号处理领域，Komal 问题可以用于求解最佳采样间隔，从而提高信号处理的效果；在图像处理领域，Komal 问题可以用于图像的块处理，提高图像处理的速度和效果。
克莱数学的研究所征解七个数学问题
克莱数学研究所征解的七个数学问题 (CMI Seven Millennium Prize Problems)二十一世纪到来之际，克莱数学研究所（The Clay Mathematics Institute of Cambridge, Massachusetts (CMI)）参照一百多年前德国数学家大卫希尔伯特的做法，于2000年5月24日在法国召开的千禧年年会上，公开征解七个数学问题的解答。
这七个问题是由克莱数学研究所的科学顾问委员会精心挑选的，克莱数学研究所的董事会为每一个问题的解决提供了一百万美元的奖金。
这些问题是（按照问题题目的英文字母顺序排列）[7个问题的说明]1. 波奇和斯温纳顿-戴雅猜想(Birch and Swinnerton-Dyer Conjecture)：对有理数域上的任一椭圆曲线, 其L函数在1的化零阶等于此曲线上有理点构成的Abel群的秩。
2. 霍奇猜想(Hodge Conjecture)：在非奇异复射影代数簇上, 任一霍奇类是代数闭链类的有理线性组合。
3. 纳威厄-斯托克斯方程(Navier-Stokes Equations)：证明或否定3-维奈维尔－斯托克斯方程解的存在性和光滑性(在合理的边界和初始条件下)。
4. P与NP问题(P VS NP Problem)：有确定性多项式时间算法的问题类P是否等于有非确定性多项式时间算法的问题类NP。
5. 庞加莱猜想(Poincare Conjecture)：任意闭单连通3-流型同胚于3-球。
6. 黎曼假设(Riemann Hypothesis)：黎曼Zeta－函数的非平凡零点的实部都是1/2。
7. 杨-米尔理论(Yang-Mills Theory)：证明量子Yang Mills场存在并存在一个质量间隙。
庞加莱猜想庞加莱(Poincare)猜想 : 庞加莱在1904年发表的一組论文中提出：任一单连通的、封闭的三維流形与三維球面同胚。
数学通讯问题征解第610号解答与拓广
数学通讯问题征解第610号解答与拓广一、问题描述问题：设a和b是不全为0的复数，证明ab的取值范围是以原点为中心的半平面。
二、问题分析此题是关于复数乘法的性质问题，要求证明复数乘积的取值范围是以原点为中心的半平面。
复数乘法的几何意义是复平面上的两个向量的相乘，而一个复数对应于复平面上的一个点，可以表示为向量的形式。
问题实质是要求证明复平面上任意两个复数的乘积所对应的点位于以原点为中心的半平面上。
三、证明与拓广证明：假设a=re^{iα}，b=se^{iβ}，其中r、s为实数，α、β为实数，根据欧拉公式，任意复数都可以写成指数形式。
则ab=rse^{i(α+β)}=rs(cos(α+β)+isin(α+β))。
由于cos(α+β)和sin(α+β)皆为实数，所以ab的实部为rs*cos(α+β)，虚部为rs*sin(α+β)。
当α+β=0时，ab为实数，取值范围为实轴上的点。
当α+β=π/2时，ab为纯虚数，取值范围为虚轴上的点。
当α+β在0到π/2之间时，ab为复数，取值范围为复平面上的一半。
ab的取值范围是以原点为中心的半平面。
拓广：本题只是证明了ab的取值范围是以原点为中心的半平面，并未给出具体的几何图形表示。
我们可以进一步拓广，通过具体的几何图形分析来展示ab的取值范围。
我们可以在复平面上取一些具体的a和b，计算它们的乘积并画出对应的点，从而观察ab的取值范围的具体形态。
取a=1+i，b=2+i，计算ab=(1+i)(2+i)=1+3i，代表复平面上的一个点，我们可以将这一过程画出来，并观察ab的取值范围。
通过这种具体的例子分析，可以更加直观地理解ab的取值范围是以原点为中心的半平面。
通过欧拉公式和复数乘法的性质，我们证明了ab的取值范围是以原点为中心的半平面，并且通过具体的几何图形分析拓广了问题的解答。
这一问题的解答和拓广不仅帮助我们更好地理解复数乘法的性质，也有助于我们对复平面的具体图形形态有更深入的认识，有利于我们在进一步学习和研究复数及其性质时有更清晰的认识和理解。
从一道问题征解题证明说起
参考文献 ［ １ ］ 刘 海龙 ．关 于 ２ ０ １ ２年 高考 山东 数学 理科 卷第 １ ６题答 案 的商榷 ．福 建
中学数 学 ．２ ０ １ ３（ ７ ／ ８ ） ：１ ２ — １ ３
＋ ｃ＋
＋ 三 （ ＋ ６ ＋ ｃ ＋ ６ ） 一 １ ２
＋
３ ｃ＋ 一。源自 Ｃ＋５ １ ２ ． 。 ． ・
． ・
（ 口 ＋ — ＿） Ｉ （ ６ ＋ ＿３ ） （ ｃ ＋ ３一 ）
吾 ｃ ３ ） ＿ １ ２
（ 口 ＋ 未） （ ６ ＋ ） （ ｃ 十 ｃ ＋ ）
．
例 １若 ａ ， ｂ ， Ｃ 都是正实数 ，且满足 ａ ｂ ｃ ＝ １ ，则
证明 不等式等号成立当且仅当 ａ ＝ ｂ ＝ ｃ ＝ １ ，
＋
旦 ＋ ＞ １ ．
２＋ａ ２＋ｂ ２＋ ｃ
设 （ ＋ ５ ） ＋ — ＿ ＝ ２ ４ ３ ￣ ｍ （ ｍ ＞ ０ ） ，
ｂ＋Ｃ Ｃ＋ａ ａ＋ｂ ａ＋ｂ＋Ｃ
ａ＋ｂ＋Ｃ ２ ａ＋ ｂ＋ Ｃ
２ １ ２
０４
・ ．
≥３ ２一 ９
—
．
１ ） ．
—
２
同理可 得 ６ ４ ＞３ ｂ ２ ９（ ｃ２
４
一
ａ＋ ｂ＋Ｃ ３
１ ），
≥２
２
４ ａ＋ ｂ＋ Ｃ ４ ａ＋ｂ＋ｃ ｌ ２
３ ６
＝
１ ２
４ ２ ７， １ ２
， ￣
ａ
日＋６＋ ｃ＋６ 。 ＋６＋ ｃ＋ ６ ’
问题与征解
问题与征解
佚名
【期刊名称】《大学数学》
【年(卷),期】2022(38)4
【摘要】问题问题17(供题者:北京大学杨家忠)对于x∈(0,π),定义f(x)=1/x-
1/tanx,其中f(π/2)定义为2/π.证明:f的k阶导数(k≥0)均在(0,π)内恒正.问题
18(供题者:北京大学冯荣权、许地生)用M_(n)(ℝ)表示所有n阶实方阵构成的集合.【总页数】2页(P125-126)
【正文语种】中文
【中图分类】G63
【相关文献】
1.田径运动训练周期特征解析——耐力性项目的年周期特征解析
2.利用数学问题特征解决数学问题
3.一道征解问题的探究
4.问题特征解读,方法关联探究——以动点线段和最值问题为例
5.对一道积分极限题目的推广问题与征解
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komal数学征解问题
komal数学征解问题Komal数学征解问题概述Komal数学征解问题是一个数学竞赛，专为中学生开设。
该竞赛旨在鼓励学生解决实际问题，培养解决问题的能力。
相关问题以下是一些与Komal数学征解问题相关的问题：1.什么是Komal数学征解问题？–说明Komal数学征解问题的定义和目标。
2.Komal数学征解问题如何选择题目？–介绍题目的选取方式，可能涉及的内容和难度级别。
3.如何参与Komal数学征解问题？–提供参与Komall数学征解问题的方式和要求。
4.Komal数学征解问题的奖励是什么？–概述获奖者可能获得的奖励和荣誉。
5.学生如何准备参加Komal数学征解问题？–提供学生参与Komall数学征解问题的准备建议和资源推荐。
6.Komal数学征解问题对学生的意义是什么？–探讨这种数学竞赛对学生的促进和价值。
7.Komall数学征解问题的成功案例有哪些？–介绍以往Komall数学征解问题中的一些成功解题案例，并解释其重要性和创新性。
8.Komall数学征解问题是否有独特的解题技巧？–分析Komall数学征解问题可能涉及的解题方法和技巧，并提供建议和示例。
9.Komal数学征解问题的未来发展方向是什么？–探讨Komall数学征解问题可能的未来发展和改进方向。
结论Komal数学征解问题是一个富有挑战性和创造力的数学竞赛，对学生的数学能力和解决问题的能力起着积极的促进作用。
通过参与这个竞赛，学生可以扩展自己的数学知识，培养创造性思维，并获得荣誉和奖励。
相关问题（续）10.Komall数学征解问题在教育中的作用是什么？–探讨Komall数学征解问题在中学教育中的重要性，以及对学生思维发展和学业成就的影响。
11.Komall数学征解问题如何促进学生的团队合作能力？–分析Komall数学征解问题可能涉及的团队合作情境，并解释如何通过这个竞赛培养学生的协作和沟通能力。
12.如何评估解答Komall数学征解问题的正确性？–提供一些评估学生解答的标准和方法，以确保公正和准确评估。
“结构”决定“构造”——对一道问题征解的溯源、简解及变式
解 法 探 究
２ ０ １ ３年 ５月
“ 结构 ’ ’ 决定“ 构造’ ’
— —
对 一 道 问题 征 解 的溯 源 、 简解及 变－ － Ｌ
⑩浙 江 省 绍 兴 市 技 工 学 校 孙 海 平
近 日看到文 ［ １ ］ 中的问题征解 １ ０ ６ 似乎眼熟而 引发 兴 趣， 将该 问题来龙去脉作一些探究 ， 现将笔者 的肤浅认识 整理成文 ， 不妥之处 ， 敬请批评指正．
懑 麓
中・ ？ 毒 ｉ ： － ？ 高 中 版
２ ０ １ ３年 ５月
解 法 探 究
学 谋
不 同角 度 、 不 同方 位来 进行 思考 ， 可 以培 养学 生 敏锐 的
观察力 ， 可 以激 活学生 的思 维能 力 ， 往往 可 以获 得多 种
ｍ ＋ 、 ／ ， ： ｙ ＋ Ｖ ＇ — ｆ ＋ — ｌ ： ， ｙ ： 妥 ．
克试题 短小精悍 ， 结构 和谐 、 对称优 美 ， 但仅仅一个 条件 ， 初看似乎 无从下 手 ， 若平 方去掉根 号 ， 则 运算 极其 复杂．
作为对 本题 的证明思路的完善 ， 笔者经推敲 ， 现从 构造法
将上述 已知等式两边 同时除以２ 得到
的视角给出七种简捷 思路 ， 抛 砖引玉 ， 期盼数学爱好者给
中 一 姐 ＜ 詈， 构 造 三 角 恒 等 式：
和创新 精神． 思路１ ： 在原等式两边 同时乘 以（ 、 ／ Ｙ ） ， 即构造一个新的等式 ： （ 、 ／ ） （ 、 ／ 一 ｙ ） ＝ １ ） ・ （ 、 ／ ｉ ＿ 一
、 、 ／
及范围： 、
Ｙ ∈Ｒ， 联 想到三角公 式 ， 为此换元 ， 设ｘ ＝ ｔ ａ ｎ Ｏ ｔ ， ｙ ＝ ｔ ａ ｎ ／ ３ ， 其
《数学通报》问题征解2387另证
－
1 25
x
+
9 50
（
x
－
2）
2
（
2x
－
1）
≥0，
故当
a，b，c≥
1 2
时原不等式成立；
若
a，b，c
有两个小于
1 2
，不妨设 a ＜
1 2
，b ＜
1 2
，
则
a2
1 +
6
+
b2
1 +
6
+
c2
1 +
6
＞
1
2 +
6
＞
3 10
，不等式成立；
4
若 a，b，c 有一个小于
1 2
，不妨设 c
＜
1 2
，此时有 b =6 － c － a，
－ 432 ，
而
17 8
x5
+ 57x3
－ 15x4
－ 324x2
+ 522x
－ 432
＜
17 8
×
( ) ( ) 1 2
5
+ 57 ×
1 2
3
+ 522 ×
1 2
－ 432 ＜ 0，
( ) 故 h（ x）
=
1 x2 + 6
+
2 6 －x
2
2 在0＜x＜ +6
1 2
时单调递
减，从而 h（ x） ≥h（ 0）
6（ a － b） ≤ab（ a － b） + t（ a2 － b2 ）
［（ a + b） 2 + 2ab － 12］（ a － b） ≥0．
问题征解
维普资讯
个圆 （ ２． 图 ）这个 圆叫做三 角形 的 内切圆 ， 这一点 叫做 三角形 的内心． 在 图 ２中 ， 别 作 Ｂ， Ｃ 的 平 分 线 Ｂ ， Ｎ， 线 交 于 点 分 Ｍ Ｃ 两 ， ＪＢＣ，Ｒ上ＡＢ，Ｑ上ＡＣ， Ｑ， 垂足 ． 据角平 分 线的性 质 Ｐ＿ Ｉ Ｉ Ｐ， Ｒ是 根
ｌ 一 ６．Ｙ 一 ８ ｚ ．
请 你按 照游戏 的运算 程序做 一个验 证 ．
问 题 征 解
【 问题 １６ 试 证 明 ： 三 个 连 续 的 正 整数 中 ， 大 的数 的立 方 不 ．： １ 在 最 可 能等于 其 他两 个数 的立方 和 ． （ 剪下 第 ９页 中“ 奖 问题 ” 解 的 小三 角 贴在 信封 正 面 ， 同解 答 有 征 连 过 程一 并 于 ６月底 前 寄我刊 编辑 部）
Ｉ — Ｉ ，Ｐ 一 １ ， Ｒ Ｐ Ｉ Ｑ Ａ
所以 Ｉ — Ｉ （ Ｒ Ｑ 等量 代换 ） ， 所以 ， 在 Ａ 的平 分 线上 ， ￣ＡＡＢＣ 亦 ［ Ｊ 三 条 角平 分 线 交 于 一 点． ，点 为 圆 心 ，Ｐ 以 Ｉ （ Ｉ ） 或 Ｑ、 为半 径画 圆 ， 此圆 即为△ＡＢ 的 Ｂ ｃ
所 以 ＡＤ， Ｅ， Ｆ是 Ａ Ｐ Ｂ Ｃ ＭＮ 三 边 的垂 直 平 分线 ． 据 以上 “ 心 ” 根 外 部分 的说 明 ， 它们 必定 交于 一点 （ ． Ｈ）
此题欲证ＡＡＢＣ三 条高所在直线交于一点， 转化为证这三条高是
Ａ Ｐ Ｉ 的垂直 平 分线 ， ＡＮ 而这 三条 垂直 平分 线 交于一 点是 已学 过 的．
内切 圆．
｜ ｐ Ｃ
图 ２
圆
三角形三条高所在的直线交于一点， 这一点叫做三角形的垂心（ ３． 图 ）
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h( t ) 在( 0, 1] 上为增函数 , 当且仅当 t = 1( 即 = 4
) 时取等号 .
所以 , f ( ) 的最大值为 1 . 16 说明 张光年老师 ( 400032 重庆市双碑中 学校 ) 来稿指出这个问题可推广到如下一般情况: ) , m, n N* , m + n > 2 , 求函数 2 f ( ) = sin m cos n + cosm sin n 的最大值 . 解答如下 : f ( ) = m sin m- 1 co sn+ 1 - nsinm+ 1 cos n- 1 - m cosm- 1 sin n+ 1 m +1 n- 1 + n cos sin m - 1 n- 1 2 = m sin cos ( cos - sin2 ) n- 1 n- 1 2 2 + nsin cos ( co s - sin ) = ( m + n) sin m- 1 cosn- 1 ( cos 2 - sin2 ) , 设 ( 0, 当 增; f ( 4 ( 0, 4 ) 时 , f ( ) > 0, f ( ) 单调递 ( = 4 4 , 2 ) 时 , f ( ) < 0, f ( )
3
解法 3 ( 215625 江苏张家港市锦丰镇三职 中数学组 屈奇峰 提供 ) a 3 + 1 = a3 + 1 + + 1 27 27
27个
1 27 3 28[ a ( 1 ) 27 ] 28 = 28 ( 1 ) 28 a 28 , 27 27 27 a 1 25 1 ( 27) 28 ( a ) 28 1 + a3 28 1 1 1 a 25 ) 28 = 27( 1 28 3 3 3
62 从而可知
数学通讯
2011 年第 3 期 ( 上半月 )
课外园地
a + b + c 的最大值为 3 3 3 1+ a 1+ b 1+ c 27 , 当且仅当 a = b = c = 1 时等号成立 . 28 3 编者注 不等式 可按下面的方法想到. 记 x 1 - 2x 3 f (x) = , 函数 f ( x ) 3 , 则 f ( x) = 1+ x (1+ x3 )2 的图象在 ( 1 , 9 ) 处的切线的斜率为 k = f ( 1 ) 3 28 3 675 675 1 9 = , 切线方程为 y = (x - ) + . 又因为 784 784 3 28 6 x 2 ( x 3 - 2) f ( x) = < 0, 所以 f ( x ) 在( 0, 1) 上 ( 1 + x 3) 3 为上凸函数, 故有不等式 成立. 解法 2 ( 438600 湖北省黄冈市罗田县第 一中学高三( 十七) 班 朱敏 提供) 因为 a 为正数, 由均值不等式可得 1 + a3 = a 3 + 1 + 1 + 25 27 27 27 > 0, 所以 a 3 1+ a 1 + 25 = a + 25 27 27 3 27 a 27a . = a + 25 25 + 9a 3 27 b 27 b c 27c 同理可得 , . 1 + b 3 25 + 9b 1 + c3 25 + 9c a + b + c 27a + 3 3 3 25 + 9a 1+ a 1+ b 1+ c 27 b + 27c . 25 + 9b 25 + 9c 1 1 又由 柯 西 不 等 式 得 ( + + 25 + 9 a 25 + 9b 1 ) [ ( 25 + 9a) + ( 25 + 9b) + ( 25 + 9c) ] (1 25 + 9c 2 1 + 1 + 1) , 注意 到 a + b + c = 1, 故 + 25 + 9 a 1 1 3 + , 从而 25 + 9b 25 + 9c 28 27 a + 27 b + 27c 25 + 9a 25 + 9b 25 + 9c 75 ) + ( 3 75 ) + ( 3 = (3 25 + 9a 25 + 9b 75 ) 25 + 9c 1 1 1 ) = 9 - 75( + + 25 + 9a 25 + 9b 25 + 9c 3 = 27 . 9 - 75 28 28 b + c 27 . 所以 a 3 + 1+ a 1 + b 3 1 + c3 28 a b c 27 , 因此 3+ 3 + 3 的最大值为 28 1+ a 1+ b 1+ c 当且仅当 a = b = c = 1 时等号成立. 3 3 a3
m n
36. 设
7
3
4
时 , sin cos
取得最大值
) = 0; cos
+
= 2sin co s ( 即
2
2
=
sin7 cos3 + sin3 cos7 取得最大值 1 . 16 解法 2 ( 435300 湖北省蕲春一中 陈继 雄 骆凤银 提供 ) f ( ) = sin7 cos 3 + sin3 co s7 3 3 4 4 = sin cos ( sin + cos ) = 1 sin3 2 [ ( sin2 + cos 2 ) 2 - 2sin 2 cos2 ] 8 1 3 1 2 = sin 2 ( 1 sin 2 ) . 8 2 设 t = sin 2 , f ( ) = h( t ) = 1 t5 , 16 ( 0, 2 ), t ( 0, 1] .
所以 , 最小的常数 c = 参考文献 :
[ 1] 高孝 君 . 一道德国数学奥林匹克试题的解答 . 数学通讯 ( 上半月 ) , 2010( 11, 12) . ( 收稿日期 : 2010 - 11 - 12)
问题征解
编者按 : 本栏目精选适合高中学生的有趣、 实 用、 新颖、 灵巧、 深浅适度 、 富有启发性的题目进行 征解, 使其成为启迪思维、 开发智力的小智囊. 该 栏目面向广大读者征集问题 , 问题的选题范围不 做限制, 但难度应适当控制, 适宜高中学生解答 . 欢迎自编新问题, 也可以在现有问题基础上进行 改编 , 提供试题时请注明来源, 并请附上解题思路 分析和详细解答 . 每期问题征解时间为 40 天, 欢迎广大读者 ( 尤 其是高中学生 ) 踊跃提供解答, 提供解答时请标明 题号 . 本刊隔两期刊登供题者或读 者提供的解答 和有价值的 推广, 并公 布前五位 ( 按来稿时 间顺 序) 提供正确解答的读者名单 . 提供问题或回答问题时 , 请在信封上注明 学 生阅读刊 问题征解 字样, 也可发送 到电子邮 箱: shuxuet ong xun@ yahoo. com. cn .
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2011 年第 3 期 ( 上半月 )
61 h( t ) h( 1) = 1 , 16
2010 年第 11 、 12 期问题解答 来稿回答 2010 年第 11、 12 期问题的前五位读 者是 : 湖北省蕲春一中 陈继雄 骆凤银 ; 重庆 市双碑中学校 张光年 ; 辽宁省沈阳市第四中学 孙 秦; 安徽省安庆市第一中学 洪汪宝; 上 海市松江二中 卫福山 . 限于篇幅 , 仅选登部分优 秀解答, 供读者参考 . ) , 求函数 f ( ) = sin cos + 2 3 7 sin cos 的最大值. ( 712000 陕西省咸阳师范学院基础教育课 程研究中心 安振平提供) 解法 1 ( 供题人提供) f ( ) = ( sin 4 + cos4 ) sin 3 cos3 = ( 1 2 2 2 2 2sin cos ) ( sin cos ) ( sin cos ) . ( 0, ( 1) 显然, 当 = 1 . 2 ( 2) 利用 2 元均值不等式, 得 ( 1 - 2sin2 co s2 ) ( sin2 cos 2 ) = 1 ( 1 - 2sin 2 cos2 ) ( 2sin 2 cos 2 ) 2 1 [ ( 1 - 2sin2 co s2 ) + 2sin 2 cos 2 ] 2 2 2 1 = , 8 ) 4 2 2 2 2 1 时, ( 1- 2sin cos ) ( sin cos ) 取得最大值 . 8 综合 ( 1) 、 ( 2) 可知 , 当 = 4 时, 函数 f ( ) = 当 1 - 2sin cos
60
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2011 年第 3 期 ( 上半月 )
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一道德国数学奥林匹克试题的简解
欧阳自豪 指导老师 吕辉
( 湖北十堰东风高级中学高二 ( 2) 班 , 442001)
文 [ 1] 给出了一道德国奥林匹克试题的解法 , 本人觉得其解法不常规, 下面给出此题的另一种 简解 , 同时阐明多元函数最值的一般求法, 与读者 共勉 . 题目 求最小的常数 c, 使得对所有的实数 2 2 2 x, y, 有 1+ (x + y) c( 1 + x ) ( 1 + y ) . 分析 此 题 即 求 多 元 函 数 f (x, y) = (x + y)2 + 1 ( x, y R) 的最大值 . 多元函数 ( x 2 + 1) ( y 2 + 1) 最值一般需转化为我们熟知的一元函数最值 . 解 易得 : 当 x , y 同号时 , f ( x , y ) 的最值相 ( x + y)2 + 1 等; 当 xy < 0 时, f ( x , y ) = ( x 2 + 1) ( y 2 + 1) 2 ( x + y ) + 1 < . ( x 2 + 1) ( y 2 + 1) ( x + y)2 + 1 只用求 f ( x , y ) = (x ( x 2 + 1) ( y 2 + 1) 0, y 0) 的最大值即可 . - x 2y 2 f ( x , y) = 1 + 2 2 xy 1+ 2 x + y + x 2y 2 + 1 2x y - x 2 y 2 , 当 x = y 时取等号. 2 2 x y + 2xy + 1 2t - t2 令 t = xy 0, g( t ) = 1 + 2 , t 0. t + 2t + 1 下求 g( t) 的最大值 .