几道数学题 麻烦高手解下
作者&投稿：东郭律 （联系方式在网页底部的电邮联系）
几道数学题，麻烦高手帮忙解一下 ：~
UV=S
韦达定理
UV是xx－Sx＋S=0的2根
判别式＝ss-4s＋4－4
＝(s-2)^2-4
S是大于4的整数
S－2是大于2的整数
S－2是>=3的整数
(s-2)^2-4不是完全平方数
(s-3)^2=s^2-6s+9<(s-2)^2-4<(s-2)^2
无整数解，所以UV不是有理数
2
[r]表示不超过实数r的最大整数
设a为无理数，求证集合 {na-[na] | n是整数} 在[0，1]区间上稠密（即[0，1]内的任意开区间上都有上述集合的元素）
记{na}=na-[na]。
如果我们能证明S={na-[na]，for all nature number n}与区间[0，1/m]的交集非空（m是正整数），那么S就一定与任意的[(k-1)/m，k/m]交集非空（只要把它乘以若干倍即可）。
进而，如果在上述证明中的m是任意的自然数，那么我们就知道S可以任意小地逼近一个[0，1]之间的数（因为它与该数的差距不会大于1/m）。从而得到我们的结论。
所以，我们只需要证明对于任意m，S与区间[0，1/m]的交集非空即可。
不妨设a>0。a<0类似。
显然{a}，{2a}，……，{ma}是S中的m个不同的元素。记P={{a}，{2a}，……，{ma}}。
将[0，1]分割为m个区间：[0，1/m]，[1/m，2/m]，……，[(m-1)/m，1]。
如果[0，1/m]与P无交，则根据抽屉原理，[1/m，2/m]，……，[(m-1)/m，1]这m-1个区间中至少有一个落入了P中的至少两个元素，不妨设它们是{sa}，{ta}。
那么，显然0<{|t-s|a}<1/m。
因此，存在{|t-s|a}属于S，使{|t-s|a}属于[0，1/m]。
根据一开始的讨论，我们知道S在[0，1]上稠密。证毕。
以上的证明中，a是无理数是必不可少的，因为如果a是有理数的话，那么当m充分大时，{a}，{2a}，……，{ma}中就有相同的了。
na-[na]显然是无理数！！！！！！
3求证：(a+1/a)^2+(b+1/b)^2+(ab+1/ab)^2=4+(a+1/a)(b+1/b)(ab+1/ab)
左边＝aa+1/aa+bb+1/bb+2+2+1/aabb+aabb+2
右＝4+(ab+1/ab+a+b+1/aabb+aabb+1+1)=aa+1/aa+bb+1/bb+2+2+1/aabb+aabb+2
所以成立啊
4 已知10^a=A,10^b=B,10^c=C,且a+b+c=0.求证:A^1/b+1/c·B^1/c+1/a·C^1/a+1/b=1/1000
a=lgA
b=lgB
c=lgC
a+b+c=0
lg(ABC)=0
ABC=1
A^(1/b+1/c)·B^(1/c+1/a)·C^(1/a+1/b)
=A^(1/b)A^(1/c)B^(1/c)B^(1/a)C^(1/a)C^(1/b)
=(ABC)^[(1/a)+(1/b)+(1/c)]/[A^(1/a)B^(1/b)C(1/c)]
=1/[A^(1/a)B^(1/b)C(1/c)]
=1/1000
1）设s是大于4的整数，存在两个实数u,v满足条件u+v=uv=s，求证u、v都是无理数。
u,v是方程$x^2-sx+s=0$的两个根，$u,v=[-s±sqrt（s^2-4）]/2$,只需证明$sqrt（s^2-4）$是无理数，
事实上，s是大于4的整数，$(s-3)^2<s^2-4<(s-2)^2$,故$sqrt（s^2-4）$是无理数。
sqrt是根号
2）不知道
3）左边＝a^2+1/a^2+2+b^2+1/b^2+2+a^2b^2+1/(a^2*b^2)+2
= a^2+1/a^2+b^2+1/b^2+a^2b^2+1/(a^2*b^2)+6
右边＝4+2+ a^2+1/a^2+b^2+1/b^2+a^2b^2+1/(a^2*b^2)
＝a^2+1/a^2+b^2+1/b^2+a^2b^2+1/(a^2*b^2)+6
左边＝右边。
1.根据题意
u+v=s
uv=s
所以u,v是一元二次方程x^2-sx+s=0的两根
若一元二次方程有有理根则其判别式必为完全平方数
即s^2-4s为平方数
s^2-4s=(s-2)^2-4
考虑最接近的两个自然数，其平方差(k+1)^2-k^2=2k+1
k=0或k=1不符题意
k>2时(k+1)^2-k^2>4
所以s^2-4s不是完全平方数
所以U，V都是无理数
don,t know
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由题意得 可以使用三角函数
T=4;可以得到 w= 2pi/T = pi/2;
设为f（x)= Asin(wx)+B；
得到 A+B=2 -A+B=-6
解这两个方程组 得到 A=4 B=-2
可以写出 f(x)=4sin(pi/2 x)-2
1、X^6a次方+X^4a次方=9+三次根号下81
x^5a=三次根号下243
2、3a.2a可以表示为: 长为3a宽为2a的长方形的面积
3a.5ab可以表示为: 长为3a宽为5a高为b的长方体的体积
UV=S
韦达定理
UV是xx－Sx＋S=0的2根
判别式＝ss-4s＋4－4
＝(s-2)^2-4
S是大于4的整数
S－2是大于2的整数
S－2是>=3的整数
(s-2)^2-4不是完全平方数
(s-3)^2=s^2-6s+9<(s-2)^2-4<(s-2)^2
无整数解，所以UV不是有理数
2
[r]表示不超过实数r的最大整数
设a为无理数，求证集合 {na-[na] | n是整数} 在[0，1]区间上稠密（即[0，1]内的任意开区间上都有上述集合的元素）
记{na}=na-[na]。
如果我们能证明S={na-[na]，for all nature number n}与区间[0，1/m]的交集非空（m是正整数），那么S就一定与任意的[(k-1)/m，k/m]交集非空（只要把它乘以若干倍即可）。
进而，如果在上述证明中的m是任意的自然数，那么我们就知道S可以任意小地逼近一个[0，1]之间的数（因为它与该数的差距不会大于1/m）。从而得到我们的结论。
所以，我们只需要证明对于任意m，S与区间[0，1/m]的交集非空即可。
不妨设a>0。a<0类似。
显然{a}，{2a}，……，{ma}是S中的m个不同的元素。记P={{a}，{2a}，……，{ma}}。
将[0，1]分割为m个区间：[0，1/m]，[1/m，2/m]，……，[(m-1)/m，1]。
如果[0，1/m]与P无交，则根据抽屉原理，[1/m，2/m]，……，[(m-1)/m，1]这m-1个区间中至少有一个落入了P中的至少两个元素，不妨设它们是{sa}，{ta}。
那么，显然0<{|t-s|a}<1/m。
因此，存在{|t-s|a}属于S，使{|t-s|a}属于[0，1/m]。
根据一开始的讨论，我们知道S在[0，1]上稠密。证毕。
以上的证明中，a是无理数是必不可少的，因为如果a是有理数的话，那么当m充分大时，{a}，{2a}，……，{ma}中就有相同的了。
na-[na]显然是无理数！！！！！！
3求证：(a+1/a)^2+(b+1/b)^2+(ab+1/ab)^2=4+(a+1/a)(b+1/b)(ab+1/ab)
左边＝aa+1/aa+bb+1/bb+2+2+1/aabb+aabb+2
右＝4+(ab+1/ab+a+b+1/aabb+aabb+1+1)=aa+1/aa+bb+1/bb+2+2+1/aabb+aabb+2
所以成立啊
4 已知10^a=A,10^b=B,10^c=C,且a+b+c=0.求证:A^1/b+1/c·B^1/c+1/a·C^1/a+1/b=1/1000
a=lgA
b=lgB
c=lgC
a+b+c=0
lg(ABC)=0
ABC=1
A^(1/b+1/c)·B^(1/c+1/a)·C^(1/a+1/b)
=A^(1/b)A^(1/c)B^(1/c)B^(1/a)C^(1/a)C^(1/b)
=(ABC)^[(1/a)+(1/b)+(1/c)]/[A^(1/a)B^(1/b)C(1/c)]
=1/[A^(1/a)B^(1/b)C(1/c)]
=1/1000
1）设s是大于4的整数，存在两个实数u,v满足条件u+v=uv=s，求证u、v都是无理数。
u,v是方程$x^2-sx+s=0$的两个根，$u,v=[-s±sqrt（s^2-4）]/2$,只需证明$sqrt（s^2-4）$是无理数，
事实上，s是大于4的整数，$(s-3)^2<s^2-4<(s-2)^2$,故$sqrt（s^2-4）$是无理数。
sqrt是根号
2）不知道
3）左边＝a^2+1/a^2+2+b^2+1/b^2+2+a^2b^2+1/(a^2*b^2)+2
= a^2+1/a^2+b^2+1/b^2+a^2b^2+1/(a^2*b^2)+6
右边＝4+2+ a^2+1/a^2+b^2+1/b^2+a^2b^2+1/(a^2*b^2)
＝a^2+1/a^2+b^2+1/b^2+a^2b^2+1/(a^2*b^2)+6
左边＝右边。
1.根据题意
u+v=s
uv=s
所以u,v是一元二次方程x^2-sx+s=0的两根
若一元二次方程有有理根则其判别式必为完全平方数
即s^2-4s为平方数
s^2-4s=(s-2)^2-4
考虑最接近的两个自然数，其平方差(k+1)^2-k^2=2k+1
k=0或k=1不符题意
k>2时(k+1)^2-k^2>4
所以s^2-4s不是完全平方数
所以U，V都是无理数
don,t know
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