证明: 评: 可以思考$\frac{1}{(1+b)^2}+\frac{1}{(1+a)^2}$与$\frac{2}{(1+\sqrt{ab})^2}$大小.…

解答: 评:1此处因式分解也可以看成关于$a$的函数$f(a)$利用多项式有理根的有关知识得到 2.此处我们可以得到关于$\Delta ABC$的余弦的一个不等式$cosA+cosB+cosC>1$ 该不等式也可以用三角形的射影定理$a=bcosC+ccosB,b=ccosA+acosC$两式相加变形利用b+c>a得到.…

(2018浙江省赛9题)设$x,y\in R$满足$x-6\sqrt{y}-4\sqrt{x-y}+12=0$,求$x$的范围______ 解答:$x+12=6\sqrt{y}+4\sqrt{x-y}$注意到:$6\sqrt{y}+4\sqrt{x-y}\le\sqrt{(6^2+4^2)(y+x-y)}=\sqrt{52x}$且$6\sqrt{y}+4\sqrt{x-y}\ge4(\sqrt{y}+\sqrt{x-y})\ge4\sqrt{x}$故$4\sqrt{x}\le x+12\le\s…

题面戳这 化下题面给的式子: \(z_u+z_v=p_u+p_v-b_{u,v}\) 发现\(p_u+p_v-b_{u,v}\)是确定的,所以只要确定了一个点\(i\)的权值\(x_i\),和它在同一个联通块的所有点\(j\)的权值\(x_j\)都确定下来了,并且那些点的权值都可以用\((k_jz_i+b_j(k_j\in \{-1,1\})\)来表示.因此一个联通块的答案\(ans\)为:\[z_i\Sigma {k_j}+\Sigma{b_j}\] 然后因为限制了\(0\le z_j \le…

已知$a,b\in R^+,a+b=2$且对任意的$x\in R$,均有$|2x^2+ax-b|\ge|x^2+cx+d|$则$\dfrac{d-4c}{cd}$的最小值______ 提示:注意到$\Delta=a^2+8b>0$有两根与$x^2+cx+d=0$的两根必定相同$\therefore 1:2=c:a=d:-b$,从而可得$c-d=1$故 $\dfrac{d-4c}{cd}=\dfrac{1}{c}-\dfrac{4}{d}=(\dfrac{1}{c}-\dfrac{4}{d})(c…

(2012浙江压轴题)已知$a>0,b\in R$,函数$f(x)=4ax^3-2bx-a+b$.1)证明:当$0\le x\le 1$时,i)函数$f(x)$的最大值为$|2a-b|+a;$ii)$f(x)+|2a-b|+a\ge0$2)若$-1\le f(x)\le 1$对$x\in[0,1]$恒成立,求$a+b$的范围. 证明:$f(0)=b-a,f(1)=3a-b$故$f(0)+f(1)=2a>0$,所以$\max\{f(0),f(1)\}=\max\{|f(0)|,|f(1)|\}$…

解答:答案1,3,4. 这里关于高斯函数$[x]$的一个不等式是需要知道的$x-1<[x]\le x$,具体的:…

优化问题: 其中, 定义:对于一个不等式约束,如果,那么称不等式约束是处起作用的约束. 定义:设满足,设为起作用不等式约束的下标集: 如果向量:是线性无关的,则称是一个正则点. 下面给出某个点是局部极小点的一阶必要条件(即如果是极小点,那么必然满足下列条件),称为KKT条件: 设,设是的一个正则点和局部极小点,使得以下条件成立: 为拉格朗日乘子向量,为KKT乘子向量.…

将要学习 关于 Hermite 矩阵的特征值不等式. Weyl 定理 以及推论.   Weyl 定理 Hermann Weyl 的如下定理是大量不等式的基础,这些不等式要么涉及两个 Hermite 矩阵之和,要么与加边的 Hermite 矩阵有关.     定理1(Weyl): 设 \(A,B \in M_n\) 是 Hermite 矩阵,又设 \(A,B\) 以及 \(A+B\) 各自的特征值分别是 \(\{\lambda_i(A)\}_{i=1}^n, \{\lambda_i(B)\}_{i…

本来以为有多难,结果发现是道树状数组水题... 显然,对于每一个添加的不等式,有3种情况: \(a<0\) .此时可转换为 $x < {{a} \over {c-b}} $ . 但是,我们发现 \({a} \over {c-b}\) 这货是实数,容易产生误差,不好处理. 但我们又发现,询问的 \(k\) 一定是整数.于是,我们可以把上面不等式转换为整数. 怎么转换?显然对于 \(\forall x \in \mathbb{Z} ,x < a \iff x< \lceil a \rc…