核心素養(yǎng)怎樣考(四)

2018-07-16 05:55:52李尚志

數(shù)學通報 2018年6期

關鍵詞：柯西乘積正數(shù)

李尚志

(北京航空航天大學　100083)

測試題2

一、填空題:

2. 若干個正整數(shù)之和等于20, 這些正整數(shù)的乘積的最大值為________.

3. 常數(shù)a,b使恒等式a(2x2+x+5)+b(x2+x+1)=x2-3x+13 成立, 則(a,b)=(____,____).

4. 設P是拋物線y2=2x上的點,Q是圓(x-5)2+y2=1 上的點, 則|PQ|的最小值是.

7. 在有理數(shù)范圍內(nèi)分解因式:x15-1=.

=tan________.

(提示: 考慮向量a1(cosα,sinα) +…+an(cosnα, sinnα)的方向.)

9.P是銳角∠MON=α內(nèi)固定點, |OP|=r. 分別在角的兩邊OM,ON上選取點A,B使三角形△PAB的周長p最短, 則p=____________

二、解答題

x15-1=(x-1)(x-ω)(x-ω2)…(x-ω14) .

求證:x15-1 的如下因式都是整系數(shù)多項式:

f1(x)=(x-ω5)(x-ω10),

f2(x)=(x-ω3)(x-ω6)(x-ω9)(x-ω12),

f3(x)=(x-ω)(x-ω2)(x-ω4)(x-ω7)(x-ω8)(x-ω11)(x-ω13)(x-ω14).

11. 蜜蜂的蜂巢的每個蜂房的形狀可以由正六棱柱按如下方式得到: 設O，O′ 分別是棱柱兩個底面正六邊形ABCDEF與A′B′C′D′E′F′ 的中心. 在O′O的延長線上取點Q, 過Q與A，C，E中每兩個點作平面, 得到3個平面QAC，QCE，QEA, 分別交側(cè)棱BB′，DD′，F(xiàn)F′于G，K，J, 得到3個全等的菱形QAGC，QAKE，QCJE. 在OO′的延長線上截取O′Q′=OQ, 過Q′與A′，C′，E′中的每兩點作平面可得到與前述三個菱形全等的三個菱形Q′A′G′C′，Q′A′K′E′，Q′C′J′E′. 這六個全等的菱形與正六棱柱的各側(cè)面圍成一個蜂房, 體積與原來的正六棱柱相同. 選擇點Q的位置使蜂房表面積最小, 菱形的角α=∠AQC應是多大?

12. 某產(chǎn)品由5 個部件裝配而成, 每個部件有4種不同型號, 共需生產(chǎn)4×5=20種不同型號的部件, 可裝配出45=1024 種不同類型的產(chǎn)品. 需生產(chǎn)的不同型號越多, 成本就越高.可裝配出的產(chǎn)品類型越多, 用戶就越歡迎. 請適當調(diào)整部件個數(shù)和每個部件的型號個數(shù),保持不同型號的部件總數(shù)仍是20種, 使裝配出的產(chǎn)品類型最多. 給出方案并說明理由.

13. 圓柱底面半徑為r. 用一個平面斜截圓柱的側(cè)面, 截得的側(cè)面的最大高度為a, 最小高度為b,a>b>0.

(1) 試畫出截得側(cè)面的展開圖(只須畫出簡圖即可). 猜測截痕展開得到的曲線是什么形狀的曲線.

(2) 在適當坐標系下求截痕展開所得曲線的方程. 這是什么曲線?

15. 空間中從同一點出發(fā)兩兩成鈍角的射線最多有幾條? 并證明你的結(jié)論.

f(x，y)=asiny+bcosy

=rcosαsiny+rsinαcosy

=rsin(α+y)≤r.

=2x+2(1-x)=2,

解法2由柯西不等式得

(1)

再用柯西不等式得

(2)

(3)

解法3設向量a，b夾角為θ, 則a·b=|a||b|cosθ.

由cosθ≤ |cosθ|≤1 得a·b≤|a·b|≤|a||b|.

等式a·b=|a||b|成立的充分必要條件是cosθ=1 或|a||b|=0.

當|a||b|≠0 時,要求cosθ=1,θ=0,a，b同向,b=λa對某個λ>0 成立. 當|a||b|=0時,a，b至少一個為0, 仍然同向.

當兩個≤ 都取等號,

此時

達到最大值.

借題發(fā)揮

1　一念之差, 多元函數(shù)變一元

本題可以套用求y=f(x)=asinx+bcosx最大值的現(xiàn)成算法:

所成的角.

再考慮x在定義域[0，1] 內(nèi)變化時M(x) 的最大值, 就是f(x，y) 的最大值.

本題考察的第一條素養(yǎng)不是算法, 而是看考生只會死記硬背現(xiàn)成算法, 還是會把x看成常數(shù), 將asinx+bcosx的現(xiàn)成算法拿到這里來應用. 考的就是一念之差. 考試完了, 學的也就是一念之差. 處理多元函數(shù)的這種觀念非常有用. 例如, 如下的問題曾經(jīng)是研究生入學考試題, 也是中學數(shù)學競賽題. 前者考的是大學畢業(yè)生, 后者考的是中學生.

例1x，y，z是任意實數(shù),A，B，C是任意三角形的三個內(nèi)角. 證明不等式:

x2+y2+z2

≥ 2xycosA+2xzcosB+2yzcosC.

證明不等式左右兩邊之差

d=x2+y2+z2-2xycosA-2xzcosB-2yzcosC

=x2-2x(ycosA+zcosB)+y2+z2-2yzcosC

=(x-ycosA-zcosB)2+y2-y2cos2A+z2-z2cos2B-2yz(-cos(A+B))-2yz·cosAcosB

=(x-ycosA-zcosB)2+y2sin2A+z2·sin2B-2yzsinAsinB

=(x-ycosA-zcosB)2+(ysinA-z·sinC)2≥0.

原不等式成立.

以上證法的要點是:

(1) 證明不等式f≥g成立, 最直接的方法證明f-g≥0. 這是不等號≥的原始定義.

(2) 證明d≥ 0 的一個重要方法: 將d配方寫成實數(shù)的平方的正數(shù)倍之和.

(3) 如果d=Q(x1，… ，xn) 是多元二次多項式, 先將x2，… ，xn取值看成常數(shù),d看成x1的一元函數(shù)d=f1(x1). 如果是d是x1的二次三項式, 可配方為

d=a1[x1-g(x2，… ，xn)]2+d2(x2，…，xn),

再將x3，… ，xn看成常數(shù), 將d2(x2，… ，xn) 看成x2的函數(shù)f2(x2).如果f2(x2) 是x2的二次三項式, 再配方. 如果最后將d配成有限個多項式的平方的正數(shù)倍之和, 則d≥0.

在以上例題中將A，B，C看成常數(shù), 則d是二次項之和, 稱為二次型. 是大學線性代數(shù)課程的學習內(nèi)容, 所以成為考研題. 但中學生也可以用配方的方法來解決. 靠的就是一念之差.

2　冪平均

還可以再平方, 再消掉一層根號, 又產(chǎn)生新的根號:

=2.

這個妙招可以推廣為更一般的不等式

(u+v)2+(u-v)2=2(u2+v2) ≥ (u+v)2，

其中u，v是任意實數(shù). 僅當u=v時等號成立.

還可改寫為

冪平均的概念可以推廣到任意非零實數(shù)k. 任意有限個正實數(shù)a1，… ，an的k次冪的算術(shù)平均的k次正方根

稱為a1，… ，an的k次冪平均.

Mk的大小介于所有ai的最大值與最小值之間, 當所有ai相等時,Mk也與它們相等.

特別地, 當k=1時,M1就是算術(shù)平均.

當k=-1時,

也稱為調(diào)和平均.

這促使我們猜想: 當u，v固定,k增加,Mk也增加.

這更促使我們相信當u，v固定不變時Mk是k的遞增函數(shù).

可以證明, 對于任意n個正數(shù)a1，… ，an的k次冪平均Mk是k的遞增函數(shù), 當k>r時有Mk≥Mr, 等號僅當所有ai相等時成立.證明所用到的知識超出中學數(shù)學范圍, 就不介紹了.

不過我們可以對任意n個正數(shù)證明一個特殊情形:M2≥M1.

3　柯西不等式

本題解法2從頭到尾用柯西不等式, 其中a1，a2，b1，b2是任意實數(shù).

等號成立的條件為(a1，a2)，(b1，b2) 成比例, 也就是a1b2=a2b1.

sin2y+cos2y=1 消掉正余弦,

解法1沒用柯西不等式, 用什么? 第一步用和角公式消正余弦. 第二步自己證明了一個不等式

仍然是靠平方和消根號. 其實是證明了

(u+v)2≤(u+v)2+(u-v)2=2(u2+v2)，

同時也是柯西不等式的特殊情形:

(1u+1v)2≤(12+12)(u2+v2).

可見, 二次冪平均不等式是在柯西不等式中取b1=b2=1的特殊情形. 不過, 解法1沒有引用柯西不等式, 直接證明了這個特殊情形.

解法3也不引用柯西不等式, 而是由余弦滿足的不等式|cosθ|≤1得出數(shù)量積不等式|a·b|≤|a||b|來使用. 將向量a，b在平面上的標準正交基下寫成坐標a=(a1，a2)，b=(b1，b2), 這個數(shù)量積不等式就是

等號成立的條件是a，b共線. 這就是柯西不等式.

只不過解法2不加證明直接引用柯西不等式, 解法3先利用余弦不等式|cosθ|≤1 證明柯西不等式, 然后再使用.

空間非零向量a=(a1，a2，a3)，b=(b1，b2，b3) 同樣滿足不等式

|a·b|=|a||b||cosθ|≤|a||b|,

即(a·b)2≤|a|2|b|2,

等號成立的條件為a，b共線. 也就是

(a1b1+a2b2+a3b3)2

也就是:a1，a2，a3的2次冪平均不小于算術(shù)平均. 不但當a1，a2，a3為正數(shù)時成立, 為任意實數(shù)時也成立.

對任意正整數(shù)n, 可以將任意n個實數(shù)a1，…，an排成n維向量a=(a1，… ，an), 定義兩個n維向量a=(a1，… ，an)，b=(b1，… ，bn)的和、差、數(shù)量積, 以及a與任意實數(shù)x的乘積:

a±b=(a1±b1，… ，an±bn)，

xa=(xa1，… ，xan),

a·b=a1b1+…+anbn,

還可利用數(shù)量積定義任意向量a的長度|a|, 非零向量a，b的夾角θ:

(a·b)2=(a1b1+…+anbn)2

我們證明這個不等式對任意實數(shù)a1，…，an，b1，…，bn成立. 等號成立的充分必要條件是存在λ使b=λa或a=λb.

這個不等式稱為柯西不等式.

當n=2或3時a，b是幾何向量, 非零向量預先就有了夾角滿足|cosθ|≤1, 我們先由a·b=|a||b|cosθ定義數(shù)量積, 然后才在標準正交基下建立坐標a=(a1，a2，a3)，b=(b1，b2，b3) 并推出數(shù)量積計算公式a·b=a1b1+a2b2+a3b3. 因此可以由|cosθ|≤1 得出柯西不等式|a·b|=|a||b||cosθ|≤|a||b|.

圖1

|OB|2-|OD|2=|DB|2≥0

(1)

(b-xa)2≥ 0

(2)

選x使DB⊥OA, 則勾股定理

|OB|2-|OD|2=|DB|2成立,

即

b2-(xa)2=(b-xa)2

(3)

解此方程求x. 方程兩邊整理得

b2-x2a2=b2-2xa·b+x2a2

(4)

b2-x2a2=右邊≥ 0,

?a2b2≥ (a·b)2.

這就得到了柯西不等式.

將平面向量替換成n維數(shù)組a=(a1，… ，an)，b=(b1，… ，bn). 前面的幾何推理(1)沒有了, 向量運算的步驟(2),(3),(4) 仍然成立:

(b-xa)2=(b1-xa1)2+…+(bn-xan)2≥0

(2)

?a2b2≥ (a·b)2.

這就對任意n證明了柯西不等式.為什么平面向量的推理步驟(2)(3)(4)能適用于n維數(shù)組向量?因為每一步都是向量運算, 沒有用到幾何圖形的特殊性質(zhì). 向量運算依靠的是運算律,n維數(shù)組向量同樣滿足這些運算律. 有兩處用到運算律: 步驟(2)的不等式(b-xa)2≥ 0 對幾何向量成立的原因是線段長度的平方|DB|2≥0, 數(shù)組向量成立的原因則是因為它是各分量實數(shù)的平方和. 步驟(3),(4) 解方程的關鍵是展開式(b-xa)2=a2-2xa·b+x2a2,用到向量點乘的交換律以及對加減法的分配律. 數(shù)組向量的點乘是對應分量乘積之和, 分配律和交換律都包含在各分量的乘法之中. 我們沒有先證明這兩個運算律再用來展開, 而是直接將(b-xa)2=(b1-xa1)2+…+(bn-xan)2的各項(bi-xai)2分別展開再加起來. 總而言之, 幾何向量的推理之所以能夠搬到數(shù)組向量, 要點是：“所以然”(運算律)沒有變, “然”也就不變.

在柯西不等式中令所有bi=1 得

從而

這證明了任意n個實數(shù)的二次冪平均不小于算術(shù)平均.

題2(1) 若干個正整數(shù)之和等于20, 這些正整數(shù)乘積最大值為________

(2) 若干個正實數(shù)之和等于20, 這些正實數(shù)乘積最大值為________

解(1) 20=x1+…+xn分成正整數(shù)x1，…，xn之和. 假定乘積p=x1…xn已經(jīng)最大. 如果將這n個數(shù)中某幾個數(shù)替換成另外的正整數(shù), 保持它們的和不變, 則乘積p不能增加, 只能減少或不變.

如果x1=1, 將x1與x2合并成一個數(shù)y1=1+x2, 和不變, 乘積由x1x2=x2增加到y(tǒng)1=1+x2>x2, 所有各數(shù)的乘積p=1x2…xn增加到(1+x2)…xn, 說明原來的p不是最大. 這說明, 當p最大, 必須x1≥2, 且所有的xi≥2.

將每個>2 的xi=2+(xi-2) 拆成2，xi-2 之和, 和不變, 乘積2(xi- 2)≤xi?xi≤4. 這說明所有的xi只能等于2,3,4 之一. 每個4 可以拆成兩個2 之和, 乘積4 變成2×2=4 不變. 得到的2 和3 之和仍為20, 乘積最大.

如果2 的個數(shù)≥3, 將3個2換成兩個3, 和2+2+2=3+3 不變.乘積2×2×2=8<3×3=9增大. 說明原來的乘積并非最大. 乘積最大的分解式中2的個數(shù)不能超過2. 只能是20=3+3+3+3+3+3+2,最大乘積為36×2=1458.

答案: 1458.

(2) 讓n固定, 設n個正實數(shù)x1，… ，xn之和x1+…+xn=20.

n 12345678920n20106.667543.3332.8572.52.22220n n20100296.362510241371.71554.31525.91321.6

題12某產(chǎn)品由5 個部件裝配而成, 每個部件有4種不同型號, 共需生產(chǎn)4×5=20種不同型號的部件, 可裝配出45=1024 種不同類型的產(chǎn)品. 需生產(chǎn)的不同型號越多, 成本越高. 可裝配出的產(chǎn)品類型越多,用戶越歡迎. 請適當調(diào)整部件個數(shù)和各部件型號個數(shù), 保持不同型號的部件總數(shù)仍是20種, 使裝配出的產(chǎn)品類型最多. 給出方案并說明理由.

解設共有n個部件, 每個部件型號個數(shù)各為x1，… ，xn, 則部件總數(shù)x1+…+xn=20, 要使裝配出的產(chǎn)品類型數(shù)p=x1x2…xn最多, 就是把20分成若干個正整數(shù)x1，… ，xn之和, 使它們的乘積最大.填空題2已證明: 設置7 個部件, 讓其中6個部件各3種不同型號, 一個部件2種不同型號, 則不同型號的部件總數(shù)仍為3×6+2=20, 可裝配出產(chǎn)品類型36×2=1458 最多.