不等式研究通讯2003年4期

Janous型的一类循环不等式

如下 : 定理 2 设 xi > 0 ,xi = xn + i (i = 1 ,2 , …,n ,n Ε 3) ,而 m > 1 是任意正整数 ,且λ k Ε 0 , ( k = 1 ,2 , …,m ) , λ ρm , 有不等式 k=1 k = 1 ,则对于任意正实数αβ
α α (x λ i+1 - ρ k=1 k xi + k ) ( 11) ρ Ε0 , β i=1 ( S - xi + 1 ) 这儿 , ( 11) 中取等号当且仅当 x1 = x2 = …= x n 或λ 1 = 1. 显然 ,当 m = n λ , 1 = …=λ , n =1β , = 1 时 , ( 11 ) 化为 ( 10 ) ,所以 ( 11 ) 是 ( 10 ) 的推广 . 在 ( 10 ) 中 , 令 n- 1 λ
m n m n n n
关键词 : 循环不等式 ;Janous 型不等式 ; 杨格不等式 ; 级数 .
MR( 2000) 主题分类 :26D15 中图分类号 :O178. 1
文献标识码 : A
A Class of Cyclic Inequalities of Janous Type
J anous 型的一类循环不等式
文家金1 , 王挽澜1 , 周海燕1 , 杨志2
( 1. 成都大学计算机科学技术系 , 成都 610106 ; ( 2. 江苏滨海县教育局教研室 , 盐城 224564)
摘要 : 本文的目的是建立一类 Janous 型的循环不等式 . 主要结果是 : ① 设 x ∈R n++ ( n Ε 3) ,S = ρ i = 1 xi , ρ i = 1 xi xi + 1 …
n m n m n n

一类关于三角形不等式的证明方法

，。，．ＡｒＴ、７
由Ｇｅｒｒｅｔｓｅｎ不等式：ｓ，）１６Ｒｒ一５ｒ２，及Ｅｕｌｅｒ
不等式：Ｒ）２ｒ，知上式成立，故例７获证．
．考文献
ｔ＃８ｒｚｓ＞。，这显然成立，故例６获证．
例７ △ＡＢＣ的三边长ａ，ｂ，ｃ满足ａ－｝－ｂ－｝－ｃ＝
１－４Ｖ
即ａ２＋护＋Ｃ＋２ａｂｃ＜２．
对－２７
２５４
－Ｔｒ；爷，万门一只又￣－了月一；二二＝二下，
４．任ＧＩ４１Ｖ６乙ｌ
１．ｚ／１，５＿１．１７
，７．＿．
１３－２７
十ｂＺ＋扩＋２ａｂｃ＝２（尹一４Ｒｒ一尸）＋Ｍｒｓ＝２（１一
４Ｒｒ一ｒ２）＋８Ｒｒ＝２一２ｒ＇＜２，
毛矿十ｂ３＋ｃ３＋３ａｂｃ
Ｃ＃４ｓ（ｓｚ一４Ｒｒ一ｒｚ）一４ｓ（ｓ２一６Ｒｒ一３ｒｚ）一１２Ｒｒｓ镇。，－ａ，．．－．．２例３在 △ＡＢＣ中，若ａ＋ｂ＋ｃ１９ａｃ习七：二丁＃｝Ｒ妻２ｒ，这是著名的Ｅｕｌｅｒ不等式，故例５获证．ａ例６设ａ，ｂ， ‘ 是三角形三边长，求证：ａ（ｂ＇＋
欲证明例７，只须证１０（ｓ，一４Ｒｒ一ｒ＇）＋７２Ｒｒｓ
７一３妻
－－
万方数据
４
ａｓｌ＋４Ｒｒ＋尸一Ｍｒｓ

由三角形不等式生成代数不等式的一种方法

由三角形不等式生成代数不等式的一种方法*安振平崔歧恩(陕西省咸阳师范学院基础教育课程研究中心 712000)本文先给出一种换元方法,据此,从三角形的三角函数不等式出发,可以导出一批竞赛不等式题目和一批新颖的三元代数不等式.1 换元以及变换公式大家知道,在 A BC中,有恒等式tan A2tan B2+tan B2tan C2+tan C2tan A2=1.如果采用换元技巧,设x=tan B2tanC2,y=tan C2tanA2,z=tanA2tanB2,那么,x、y、z为正实数,且x+y+z=1.容易得出(1)tan A2=y zx,tanB2=z xy,tan C2=x yz;(2)sinA2=y zx+y z,sinB2=z xy+z x,sin C2=x yz+x y;(3)cosA2=xx+y z,cosB2=yy+z x,cos C2=zz+x y;(4)sin A=2x y zx+y z,sin B=2x y zy+z x,sin C=2x y z z+x y;(5)cos A=x-y zx+y z,cos B=y-z xy+z x,cos C=z-x yz+x y;(6)cot A=x-y z2x y z,cot B=y-z x2x y z,cot C=z-x y2x y z.2 由变换公式导出的代数不等式上面得到的变换关系,可以将一些常见的三角形里的三角函数不等式,化归为涉及三个正数,其和为1的条件不等式.这样,我们就可以揭示一些数学竞赛问题的来历,或者说编拟过程,也可以从中导出一些新颖的代数不等式.这种变换,其本质是沟通了三角形的三角函数不等式与代数不等式的联系,看来是比较实用的、有点意思的一种变换.2 1 一些数学竞赛题目的导出问题1 在 AB C中,有不等式tanA2+tanB2+tanC23,利用变换公式(1),立得设x、y、z为正实数,且x+y+z=1,求证:y zx+z xy+x yz3.由此,立得1988年苏联数学奥林匹克试题:设x、y、z都是正数,且x2+y2+z2=1,求S=x yz+y zx+z xy的最小值.问题2 在 A BC中,有不等式sin A2+sinB2+sinC2!32,据此,并结合变换公式(2),立得,2005年法国国家队试题:设x、y、z是正实数,且x+y+z=1,求证:x yz+x y+y zx+y z+z xy+z x!32.48数学通报 2010年第49卷第8期*教育部青年专项课题(EFA090390);咸阳师范学院科研项目(08XSYK110)问题3 在 A BC 中,有不等式co s 2A 2+cos2B 2+cos 2C 2!94,据此,并结合变换公式(3),立得:设x 、y 、z 是正实数,且x +y +z =1 求证:x x +y z +y y +z x +z z +x y !94.于是,由柯西不等式,得 xx +y z +yy +z x+z z +x y =x ∀xx +y z +y ∀yy +z x +z∀z z +x y !(x +y +z )x x +y z +y y +z x +zz +x y=32,即有如下不等式问题:设x ,y ,z 是正实数,且x +y +z =1,求证:x x +y z+y y +z x+z z +x y !32.注意到x +y z =x (x +y +z )+y z =(x +y )(x +z );y +z x =y (x +y +z )+z x =(y +z )(y +x );z +x y =z (x +y +z )+x y =(z +x )(z +y ).从而,就得2001年德国国家队试题:设a,b,c 是正数,求证:a(a +b)(a +c)+b(b +c)(b +a)+c (c +a)(c +b)!32.问题4 在 AB C 中,有不等式cos A +co sB +cosC !32,据此,并结合变换公式(5),并改换字母,立得2008年加拿大竞赛试题里的一道不等式问题:已知三个正数a,b,c 满足a +b +c =1,求证:a -bc a +bc +b -ca b +ca +c -ab c +ab !32.问题5 在 A BC 中,有不等式sinA2+sin B 2+sin C2>1,据此,并结合变换公式(5),得y zx +y z+z xy +z x+x yz +x y>1,等价于y z x (x +y +z )+y z+z xy (x +y +z )+z x+x yz (x +y +z )+x y >1,等价于y z(x +y )(x +z )+z x(y +z )(y +x )+x y(z +x )(z +y )>1,等价于y z (y +z )+z x (z +x )+x y (x +y )>(x +y )(y +z )(z +x ).改换字母,就得1990年全俄数学奥林匹克试题:证明:对任意的正数a,b,c,都有ab(a +b)+bc(b +c)+ca(c +a)>(a +b)(b +c)(c +a).2 2 一些新颖不等式的导出问题6 在 A BC 中,有不等式sin A +sinB +sinC !332,据此,并结合变换公式(4),立得不等式;设x ,y ,z 为正实数,且满足x +y +z =1,求证:1x +y z +1y +z x +1z +x y !343x y z .问题7 在 A BC 中,有不等式sin A +sin B >sin C,做变换(A ,B,C )#2-A, 2-B, 2-C ,得cos A 2+cos B 2>cos C 2,据此,并结合变换公式(3),立得设x ,y ,z 为正实数,且满足x +y +z =1,求证:x x +y z+y y +z x>zz +x y .问题8 在 A BC 中,因为co s A +cos B =2cosA +B 2cos A -B 2!2co s A +B2,492010年第49卷第8期数学通报所以cos A+cos B!2sin C2,将变换公式(5)和(2)代入,立得设x,y,z为正实数,且满足x+y+z=1,求证:x-y z x+y z +y-z xy+z x!2x yz+x y.问题9 在 A BC中,有不等式cos A co s B cos C!18,将变换公式(5)代入,立得x-y z x+y z ∀y-z xy+z x∀z-x yz+x y!18即有如下新颖的不等式:设x,y,z为正实数,且满足x+y+z=1.求证:(x+y z)(y+z x)(z+x y)8(x-y z)(y-z x)(z-x y).问题10 在 AB C中,有不等式cos2A 2 +cos2B2+co s2C2>2,将变换公式(3)代入,得不等式新题:设x,y,z为正实数,且满足x+y+z=1.求证:xx+y z+yy+z x+zz+x y>2.问题11 在 A BC中,有不等式cot A+ cot B+cot C3,将变换公式(6)代入,得x-y z 2x y z +y-z x2x y z+z-x y2x y z3,即(x+y+z)-(x y+y z+z x)23x y z,变形,立得设x,y,z为正实数,且满足x+y+z=1,求证:x y+y z+z x+23x y z!1.此题稍弱于1999年波兰竞赛题:设a,b,c为正实数,且满足a+b+c=1,求证:a2+b2+c2+23abc!1.问题12 在 A BC中,有不等式11+sin A2 +11+sin B2+11+sin C22,变形得sinA21+sinA2+sinB21+sinB2+sinC21+sinC2!1,将变换公式(2)代入,化简后立得.设x,y,z为正实数,且满足x+y+z=1,求证:y zx+y z+y z+z xy+z x+z x+x yz+x y+x y !1.看来,一些有趣的代换,可以从一些问题产生另一些新颖的问题,这也许是一些命题人设计考试题目的一种途径吧.参考文献1 安振平.证明三角形不等式的一种方法[J].数学通报,1997,12 安振平.例谈三角不等式与代数不等式的相关性[J].数学通讯,2004,113 安振平,陈宝安.在阅读理解与思考变化中学习数学[J].数学通报,2008,74 安振平.对一个不等式推广的错误辨析及另推广[J].数学通报,1994,4(上接第45页)特别地,在方法二中,当我们令P(co s ,sin ),则P∃(cos(+ ),sin(+ )),那么cos(+ )=x cos-y sin=cos cos -sin sin sin(+ )=x sin+y cos=sin cos +cos sin 这就是我们将在下一章学到的两角和的正余弦公式.因此,我们可以用这种方法向学生展示两角和的正余弦公式的推导过程,从而弥补课本上提供的推导过程的缺陷,即无法让学生理解为什么在推导cos(+ )这个公式时,只需讨论0 !+ ! 的情况.同时,按照方法一或方法二的思路,我们还可以脱离图形的束缚,帮助学生发散思维并加深理解.参考文献1 新课程拓展强化同步导学[M] 南京:江苏人民出版社,20092 单墫普通高中课程标准试验教科书[M] 南京:江苏教育出版社,200750数学通报 2010年第49卷第8期。

两个不等式的再推广

m k
1
1
+
x
k 2
m k
-
1
+
…
+
x
k n
1
+
x
k n
m k
1
m k
-
1
1
+
x
k n
≥
x
k 1
1
+
x
k 1
+
1
x
k 2
+
x
k 2
+
…+
1
x
k n
+
x
k n
m k
1
1
+
x
k 1
+
1
1 +
x
k 2
+
…+
1
1 +
x
k n
m k
-
1
m
=
a k m - k . 证毕.
( n - a) k
注显然 ,在 (3) , (4) 中条件“ m > k > 0”比 (1) ,
+
x
m 2
+
…+
1
x
m n
+
x
m n
=
a
(0 <
a<
n)
,
则有
: 1
x
k 1
+
x
m 1
+
1
x
k 2
+
x
m 2
+
…+

2003年MBA联考数学真题及答案

2003年MBA联考数学真题及答案1. 某公司得到一笔贷款共68万元，用于下属三个工厂的设备改造，结果甲乙丙三个工厂按比例分别得到36万元、24万元和8万元。

（1）甲乙丙三个工厂按1/2：1/3：1/9的比例贷款（2）甲乙丙三个工厂按9：6：2的比例贷款2．一元二次方程x2+bx+c=0的两个根之差为4（1）b=4, c=0 (2) b2 –4c=163．不等式│x -2│+│4 -x│< s无解。

（1）s≤2 (2) s >24. (a+b)/(a2+b2)=-1/3(1) a2, 1, b2 成等差数列（2）1/a, 1, 1/b成等比数列5．（x/a- a/x）6的展开式的第六项是–486/x4(1)a=3 (2)a= -36. z=2x2+y2-xy+7y+a的最小值为– 6。

（1）a=8 (2) a= -87. 设函数y=f(x)在区间(a,b)内有二阶导数，曲线在区间(a,b)内是凹的。

(1) 导函数y’=f’(x) 在(a,b)内单调增加(2) 存在x0∈(a,b), 使f ”(x0)>08.曲线y=e a-x在点x= x0的切线方程为x+y=2(1)a=2, x0=2 (2) a=1, x0=19. 函数y= f(x)的拐点( x0, y0 )的横坐标x0=-2(1)f(x)=x3+6x2+x+1 (2) f(x)=1/2 xex10. dyIx=1=2/e dx(1)y=xe-1/x (2)y=2x2e-x11. A,B均为n阶方阵。

(A+B)2=A2+2AB+B2.(1) │A│≠0 (2) AB-B-A=012.α1,α2,β1,β2,β3均为n维向量。

β1,β2,β3线性相关(1) α1,α2线性相关，且β1=α1+α2 β2=α1-α2 β3=3α1+α2（2）α1,α2线性无关，且β1=α1+α2 β2= α2 β3=2α1-α213．向量组α1=(1,3,6,2)T α2=(2,1,2,-1)T α3=(1,-1,a,-2)的秩r=3（1）a=-2 (2)a≠-214. 线性方程组 -x1 -4x2+x3=1tx2-3x3=3 有无穷多解x1+3x2+(t+1)x3=0(1) t= -3 (2)t=115. A,B,C为随机事件，A发生必导致B、C同时发生。

2003年高考试题广东卷(L)

2003年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷）数学第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．（1）在同一坐标系中,表示直线y ＝ax 与y ＝x ＋a ,正确的是xy OxyO xyO xyO (A)（2）已知5402=-∈x x cos ),,(π，则tg 2x ＝（A ）247 （B ）247- （C ）724 （D ）724-（3）圆锥曲线θθρ28cos sin =的准线方程是（A ）2-=θρcos （B ）2=θρcos （C ）2-=θρsin （D ）2=θρsin （4）等差数列｛a n ｝中，已知33,4,31521==+=n a a a a ，则n 为（A ）48 （B ）49 （C ）50 （D ）51（5）双曲线虚轴的一个端点为M ，两个焦点为F 1，F 2，∠F 1M F 2＝120°，则双曲线的离心率为（A ）3 （B ）26 （C ）36 （D ）33 （6）设函数⎪⎩⎪⎨⎧>≤-=-.,,,)(001221x x x x f x 若f (x 0)>1，则x 0的取值范围是（A ）（－1，1）（B ）（－1，＋∞）（C ）（－∞，－2）∪（0，＋∞）（D ）（－∞，－1）∪（1，＋∞）（7）函数)cos (sin sin x x x y +=2的最大值为（A ）21+ （B ）12- （C ）2 （D ）2（8）已知圆)()()(:04222>=-+-a y a x C 及直线03=+-y x l :．当直线l 被C 截得的弦长为32时，则a ＝（A ）2 （B ）22- （C ）12- （D ）12+ （9）已知圆锥的底面半径为R ，高为3R ，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（A ）22R π （B ）249R π （C ）238R π （D ）225R π（10）函数f (x )＝sin x ，],[232ππ∈x 的反函数f －1(x )＝（A ）－arcsin x ，x ∈[－1，1] （B ）―π―arcsin x ，x ∈[－1，1] （C ）π＋arcsin x ，x ∈[－1，1] （D ）π－arcsin x ，x ∈[－1，1] （11）已知长方形的四个顶点A (0，0)，B (2，0)，C (2，1)和D (0，1)，一质点从AB 的中点P 0沿与AB 夹角为θ的方向射到BC 上的点P 1后，依次反射到CD 、DA 和AB 上的点P 2、P 3和P 4（入射角等于反射角）．设P 4的坐标为(x 4，0)．若1< x 4<2，则tg θ的取值范围是（A ）),(131（B ）),(3231 （C ）),(2152 （D ）),(3252 （12）一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（A ）3π （B ）4π （C ）π33 （D ）6π 二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．把答案填在题中横线上．（13）不等式x x x <-24的解集是．（14）9221)(xx -展开式中x 9的系数是．（15）在平面几何里，有勾股定理：“设△ABC 的两边AB ，AC 互相垂直，则AB 2＋AC 2＝BC 2．”拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，研究三棱锥的侧面面积与底面面积间的关系，可以得出的正确结论是：“设三棱锥A －BCD 的三个侧面ABC 、ACD 、ADB 两两相互垂直，则 ”．（16）如图,一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有种．（以数字作答）三、解答题：本大题共6小题，共74分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．（17）（本小题满分12分）已知正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1，AB ＝1，A A 1＝2，点E 为CC 1中点，点F 为BD 1中点．（Ⅰ）证明EF 为BD 1与CC 1的公垂线;（Ⅱ）求点D 1到面BDE 的距离．（18）（本小题满分12分）已知复数z 的辐角为60°，且| z －1 |是| z |和| z －2 |的等比中项，求| z |．（19）（本小题满分12分）已知a >0，a ≠1,设P ：函数y ＝log a (x ＋1)在x ∈(0，＋∞)内单调递减．A 1B 1D 1C 1AEFBCDQ ：曲线y ＝x 2＋（2a －3）x ＋1 与轴交于不同两点．如果P 和Q 有且仅有一个正确，求a 的取值范围．（20）（本小题满分12分）在某海滨城市附近海面有一台风，据监测，当前台风中心位于城市O （如图）的东偏南)arccos(102=θθ方向300 km 的海面P 处，并以20 km/h 的速度向西偏北45°方向移动．台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为60 km ，并以10 km/h 的速度不断增大，问几小时后该城市开始受到台风的侵袭？（21）（本小题满分14分）已知常数a > 0，在矩形ABCD 中，AB ＝4，BCyCDF︒45PO海岸线θr＝4a ，O 为AB 的中点，点E 、F 、G 分别在BC 、CD 、DA 上移动，且DADGCD CF BC BE ==，P 为GE 与OF 的交点（如图）．问是否存在两个定点，使P 到这两点的距离的和为定值？若存在，求出这两点的坐标及此定值;若不存在，请说明理由．（22）（新课程）（本小题满分14分）设a 0为常数，且a n ＝3n －1－2a n －1（n ∈N +）．（Ⅰ）证明对任意n ≥1，012)1(]2)1(3[51a a n n n n nn ⋅-+⋅-+=-；（Ⅱ）假设对任意n ≥1有a n >a n －1，求a 0的取值范围．2003年普通高等学校招生全国统一考试（广东卷）数学参考答案一、选择题：本题考查基本知识和基本运算，每小题5分，满分60分。

不等式研究成果集锦(17)

维普资讯
２００２年第７期
中学数学
４３
Ｃ
台不等式研究成果集锦（７１）
Ｃ
Ｓ
ｏＳ
Ａ
Hale Waihona Puke ｏ丌Ａ
以
杨学枝
２２０设．２７＞０，一１２，，ｎ ≥ ２，， … ｎ，
ＡＢ＝，相应边上的旁切圆半径分别为＝其＝ｃ
ｒ，Ｐ、、７，ｑｒ∈ Ｒ＋，Ｉ贝
∑（ ‘ ）２专篝 ≥．
（卫东．０１１姜２０，）
∑ ｃ —ｃｓｒ∑ ｃｓ ≤ｃ（）ｏＡｏ２（ｏＡ）ｓ７２。：，
）＋
Ｃ
成立的充要条件是
９１一是ｋ３— ３≥ ０，８１一是１ｋ３— ３≥ ０，Ｈ。志，（１ｋ）≥ ８１３．
（
（）ｂ＋（）３ｈ） ≤ （
）＋
（胜利．０１１陈２０，）
（
５一Ｄ
整理
Ｃ
Ｓ
一
∑ ∑ ｏ
Ｃ
Ｓ
ｏ
Ａ仅等号同时成立当且当一０．
∑
Ａ
Ａ
Ｃ
丌
∑ 一１记Ｅ（）Ｅ（．一），一ｋｚ，一
∑ Ｉ一１２…，．ＩＺｏ＂七，，ｎ
１１ ≤ ＜ ’ ＜ ≤ ，１，Ｊ
）．
以上ｋ为任意实数．
（善和．０１，）吴２０１

一个恒等式与一类不等式证明

a 2 + ab + b 2 ≥
于是，要证明原不等式，只要证明
27 ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ≥ 64 ( ab + bc + ca ) .
2 2 2 3
因为
(; bc + ca = ab ⋅ bc ⋅ ca ≤ ， 3
3
故 2 ab + bc + ca ≤
3 ⋅ 3 ( b + c )( c + a )( a + b ) .
例 4 （ 2005 年罗马尼亚数学奥林匹克题）设 a, b, c 为正实数，且
( a + b )( b + c )( c + a ) = 1 ，求证：
证明：因为证明
而
3
( a + b + c )( ab + bc + ca ) ≥
3 ( ab + bc + ca ) 3 . 4
3
3 ( ab + bc + ca ) ⋅ ( ab + bc + ca ) = 3 ( ab + bc + ca ) ，
3
所以，有
ab + bc + ca 2 ≤ 1+ ， 3
《数学通讯》（上半月）数学通讯》半月）2010 年第 4 期
一个代数恒等式与一类不等式的证明
安振平（陕西省咸阳师范学院基础教育课程研究中心 712000 ）文[1]的第 218-219 页上讨论了如下代数恒等式：
( a + b + c )( ab + bc + ca ) − abc = ( a + b )( b + c )( c + a ) .

一些不等式的证明及推广【开题报告】

毕业论文开题报告数学与应用数学一些不等式的证明及推广一、选题的背景、意义（所选课题的历史背景、国内外研究现状和发展趋势）柯西不等式是著名的不等式之一，且不失为至善至美的重要不等式。

它不仅是数学分析的重要工具，还和物理学中的矢量、高等数学中的内积空间、赋范空间有着密切的联系。

柯西不等式是由大数学家柯西（Cauchy）在研究数学分析中的“流数”问题时得到的。

但从历史的角度讲，该不等式应当称为Cauchy-Buniakowsky-Schwarz不等式，正是后两位数学家彼此独立地在积分学中推而广之，才将这一不等式应用到近乎完善的地步。

柯西不等式非常重要，适当、巧妙地引入柯西不等式，可以简化解题过程，起到事半功倍的作用。

因此柯西不等式在初等数学、微分方程和泛函分析等领域都有重要的应用，再加上本身有着优美的对称形式、简洁的统一证法和命题间的内在联系，关于它的研究一直受到人们的关注。

由此促使我们进一步了解柯西不等式的各种形式及它的应用。

闵可夫斯基不等式是由闵可夫斯基（Minkowski）于1896年证明的，它的出现对于促进泛函空间理论的飞速发展起到了至关重要的作用。

在1881年法国大奖中，闵可夫斯基深入钻研了高斯、狄利克雷和爱因斯坦等人的论著。

因为高斯曾在研究把一个整数分解为三个平方数之和时用了二元二次型的性质，闵可夫斯基根据前人的工作发现：把一个整数分解为五个平方数之和的方法与四元二次型有关。

由此，他深入研究了n元二次型，建立了完整的理论体系。

这样一来，上述问题就很容易从更一般的理论中得出，闵可夫斯基交给法国科学院的论文长达140页，远远超出了原题的范围。

闵可夫斯基此后继续研究n元二次型的理论。

他透过三个不变量刻画了有理系数二次型有理系数线性变换下的等价性，完成了实系数正定二次型的约化理论，现称“Minkowski约化理论”。

当闵可夫斯基用几何方法研究n 元二次型的约化问题时，他获得了十分精彩而清晰的结果。