Stirling公式在一个乘积不等式中的应用

定理　令Ｐｎ =1 +11 1 +131 +15 … 1 +12ｎ- 1 ,则πｎ - 16πｎ ≤Ｐｎ≤πｎ +16πｎ为此我们引入Ｓｔｉｒｌｉｎｇ公式 :1 · 2 · 3·… ·ｎ=2πｎｎｎｅ-ｎ+θ1 2ｎ　 (0 <θ <1 )现在我们来给出定理的证明 :因Ｐｎ =1 +11 1 +13 1 +15 … 1 +12ｎ - 1=2· 4· 6 ·… · 2ｎ1 · 3· 5 ·… · (2ｎ- 1 )=(2 ｎ· 1· 2 · 3 ·… ·ｎ) 21 · 2 · 3· 4·… · 2ｎ=2 ｎ· 2πｎｎｎｅ-ｎ+θ1 1 2ｎ 24πｎ(2ｎ) ｎｅ- 2ｎ+θ22 4ｎ(0 <θ1 <1 ,0 <θ2 <1 )=πｎｅ11 2ｎ θ1 -θ22记ｔ=11 2ｎ θ1 - θ22 则 ｜ｔ｜ <1则 :Ｐｎ-…     

趣谈三角恒等式的拆分

1　 引言文 [1 ]对如下数学问题进行了推广 :求 cosπ1 3+ cos3π1 3+ cos9π1 3的值 .利用电脑编程求得( 1 ) cos3π1 7+ cos5π1 7+ cos7π1 7+ cos1 1π1 7= 1 + 1 74 .为方便计 ,记等式左边为 ( 3,5,7,1 1 ) 17,于是 ,其它结果为( 1 ) ( 1 ,9,1 3,1 5) 17=1 - 1 74 ,( 2 ) ( 1 ,5,7,9,1 3,2 3,2 5) 2 9=1 + 2 94 ,( 2′) ( 3,1 1 ,1 5,1 7,1 9,2 1 ,2 7) 2 9=　　 1 - 2 94 ,…这事实上是对∑2 nk=1cos2 k - 14 n + 1 π =12的一种拆分 .文 [1 ]指出 ,当 n =2 ,5,6 ,8,1 1 ,1 2 ,1 4时 ,无相应结果 .并给出两个猜想 .猜想 1　若自然数 n…     

单位分数的一个猜想及证明

1　关于单位分数分子为 1的分数称“单位分数” ,也称“埃及分数” ,因在古埃及数学中 ,常把既约真分数拆成若干个单位分数之和 .如 :25 =13 +11 572 9=15 +12 9+11 45 =16+12 4+15 8+187+12 3 237=13 +11 5 +13 5 =13 +11 1 +12 3 1虽说分拆方法并不唯一 ,而且计算也相当麻烦 ,但在理论和方法上却给后人留下许多引人入胜的问题及猜想 ,极大地丰富了整数论的内容 .猜想 :对给定的真分数 ｍｎ ,设 (ｎ ,ｍ) =1 ,0 <ｍ <ｎ ,ｎ是奇数 ,能否给出 ｍｎ 的一个等式 :ｍｎ =12ｘ1+1 +12ｘ2 +1 +… +12ｘｋ+1 .使得ｘ1,ｘ2 ,… ,ｘｎ 互不相同 ?本…     

sum from i=1 to ∞(1/(i~2)=(π~2)/6)的一个初等证明

求级数∑∞i=11i2 和的问题是由瑞士数学家伯努力在 1 8世纪 2 0年代首先提出的 ,但他未能解决 ,欧拉将三角函数方程与代数方程进行了大胆的类比 ,猜测结果应该为π26 ,后来人们用傅立叶级数的理论验证了欧拉的猜测 ,并为欧拉的这种大胆类比而惊叹不已 .本文将给出这一问题的初等证明 .引理 1　若 0 相似文献   

n~3探索

<正>1.观察1=1³①3+5=23①3+5=2³②7+9+11=33②7+9+11=3³③13+15+17+19=43③13+15+17+19=4³④21+23+25+27+29=53④21+23+25+27+29=5³⑤ 2.发现以上各式等号左边均为连续奇数的和,且奇数的个数(项)与右边三次幂的底数相同.3.猜想命题(Ⅰ)任何一个正整数n的立方都可表为n个连续奇数的和.     

拆一拆,算得快

拆项是一种常见的代数恒等变形 ,恰当地拆项有着“拆一拆 ,算得快”的妙用 .一、用于计算例 1　计算 :2 0 0 2 2 - 2 0 0 3× 2 0 0 1.分析 :把“2 0 0 3”拆成“2 0 0 2 + 1” ;把“2 0 0 1”拆成“2 0 0 2 - 1” .解 :原式 =2 0 0 2 2 - ( 2 0 0 2 + 1) ( 2 0 0 2 - 1)=2 0 0 2 2 - 2 0 0 2 2 + 1=1.例 2　计算 :11× 2 + 12× 3 + 13× 4 +… 12 0 0 2× 2 0 0 3 .分析 :将“ 1ｎ(ｎ + 1) ”拆成“1ｎ- 1ｎ + 1” .解 :原式 =1- 12 + 12 + 13 + 13 - 14 + 14 +…12 0 0 2 - 12 0 0 3=1- 12 0 0 3=2 0 0 22 0 0 3 .例 3　计算 :( 2ｘ - 2…     

一类三角函数求值问题的错解分析

高一学生在学习三角函数时 ,常会遇到一类三角函数求值问题 .他们在解决这类问题时 ,由于对已知条件挖掘不深 ,常会出现解答错误 .笔者通过几个例题加以说明 ,仅供参考 .例 1　已知ｔｇα =17,ｔｇβ =13且 0 <α <π2 ,0 <β <π2 .那么α 2 β的值是 (　　 )　　 (Ａ) π4 .　 (Ｂ) 5π4 .　 (Ｃ)π .　 (Ｄ) π4 或5π4 .错解 :∵ｔｇ2 β=2ｔｇβ1-ｔｇ2 β=231- 19=34,ｔｇα=17,　　∴　ｔｇ(α 2 β) =ｔｇα ｔｇ2 β1-ｔｇα·ｔｇ2 β=17 341- 17× 34=1.　　又∵　 0 <α <π2 ,0 <β <π2 ,　　∴　 0 <α 2 β <3π2 ,…     

等式sum from n=1 to ∞(1/n~4=π~4/90)的初等证明

本文利用初等方法证明∑∞ｎ =11ｎ4 =π490 .1　几个引理引理 1　 ∑∞ｎ =1ｃｏｔ2 ｎπ2ｍ+1 =13 ｍ(2ｍ-1 ) ,∑ｍｎ ,ｌ =1ｎ<ｌｃｏｔ2 ｎπ2ｍ +1 ｃｏｔ2 ｌπ2ｍ +1=13 0 ｍ (ｍ -1 ) (2ｍ -2 ) (2ｍ-3 ) .其中ｍ、ｌ、ｎ等均表示整数 ,下同 .证明　由ｄｅ·Ｍｏｖｒｅ公式得ｃｏｓ(2ｍ +1 )α+ｉｓｉｎ(2ｍ +1 )α=(ｃｏｓα+ｉｓｉｎα) 2ｍ+1于是 ,ｃｏｓ(2ｍ +1 )α+ｉｓｉｎ(2ｍ+1 )α=∑ｍｋ =0(-1 ) ｋＣ2ｋ2ｍ+1ｃｏｓ2 (ｍ-ｋ) +1αｓｉｎ2ｋα+ｉ∑ｍｋ =0(-1 ) ｋＣ2ｋ+12ｍ+1ｃｏｓ2 (ｍ-ｋ) αｓｉｎ2ｋ+1α. (1 )比…     

由tanψ=b/a确定ψ行吗?

解题中我们常用到asinx +bcosx =a2 +b2 sin(x +ψ) ,但若只知其中tanψ =ba,就会出现问题 ,下面通过实例进行探讨 .例 1　已知x∈ [0 ,π2 ] ,求函数y =3sinx -cosx的值域 .分析　函数 y =3sinx -cosx可变为y =2sin(x +ψ) ,其中tanψ =-13 .若取 ψ =-π6,则 y =2sin(x -π6) ,x -π6∈ [-π6,π3 ] ,　∴　y∈ [-1,3 ] .若取 ψ =-5π6,则 y =2sin(x -5π6) ,x -5π6∈ [5π6,4π3 ] ,　∴　y∈ [-3 ,1] .得出了不同结果 ,哪一个对呢 ?难以确定 .这表明仅由tanψ =ba确定 ψ不行 !图 1那么如何确定 ψ呢 ?考虑asinx +bcosx =a2 +b2 sin(x…     

相反数的性质和应用

学完相反数后,我做了下面的练习:(1)8+(-8)=0,-15+15=0,22+(-22)=0,…(2)-3-3=-6=2×(-3),11-(-11)=22=2×11,-17-17=-34=2×(-17),…(3)5×(-5)=-25=-52,-9×9=-81=-(-9)2,14×(-14)=-196=-142,…(4)7÷(-7)=-1,-16÷16=-1,21÷(-21)=-1,…做完后,经过认真思考,发现有一定的规律,由此得到了相反数的性质:1.一个数与它的相反数之和等于零;2.一个不为零的数与它的相反数之差等于这个数的二倍;     

课本无理不等式的巧证及推广

高中《数学》第二册 (上 )第六章不等式中涉及到一类无理不等式的证明 ,本文先给出它们的一种巧证 ,然后将其作统一推广 .1　巧证引理　如果x≥ 0 ,那么x =x2 .例 1　 (P15例 1)求证 :3+ 7<2 5.证明　 3+ 7=( 3+ 7) 2=10 + 2 2 1<10 + 2 2 5=2 5.例 2　 (P16题 1)求证 :6 + 7>2 2 + 5.证明　 6 + 7=( 6 + 7) 2=13+ 2 4 2>13+ 2 4 0=( 8+ 5) 2 =2 2 + 5.例 3　 (P17题 4 )求证 :1) 3+ 5<4 ;2 ) 13+ 2 >5- 2 .证明　 1) 3+ 5=( 3+ 5) 2=8+ 2 15<8+ 2 16 =4 .2 ) 13+ 2 =2 - 3=( 2 - 3) 2=7- 43>7- 45=( 5- 2 ) 2 =5- 2 .说明　不等式 1)与 2…     

sum from 1 to n cos[θ+2(i-1)π/n]=0的几何证明

容易证明:cosπ/3+cos3π/3+cos5π/5=0;cosπ/5+cos3π/5+cos5π/5+cos7π/5+cos9π/5=0;cosπ/7+cos3π/7+Cos5π/7+Cos7π/5+cos9π/7+cos11π/7+cos13π/7=0; …等等。容易猜到,这类问题的一般结论应该是: sum form 1 to n(cos〔θ+2(i-1)π/n〕=0(Ⅰ) 关于它的证明,方法很多,其中常见的有代数法、复数法、三角法等等,但这些方法一般很冗长。这里,我们给出一种简捷的证明方法——几何(射影)法。     

2005年春季高考数学北京卷及参考答案

一、选择题:(1)i-2的共轭复数是A.2+i B.2-iC.-2+iD.-2-i(2)函数f(x)=|log2x|的图象是(3)有如下三个命题:①分别在两个平面内的两条直线一定是异面直线;②垂直于同一平面的两条直线是平行直线;③过平面α的一条斜线有一个平面与平面α垂直.其中正确命题的个数为A.0B.1C.2D.3(4)如果函数f(x)=sin(πx+θ)(0<θ<2)的最小正周期是T,且当x=2时取得最大值,那么A.T=2,θ=2πB.T=1,θ=πC.T=2,θ=πD.T=1,θ=2π(5)设abc≠0,“ac>0”是“曲线ax2+by2=c为椭圆”的A.充分非必要条件B.必要非充分条件C.充分必要条件D.既非充分又非必要条件(6)…     

涉及凸n边形内部一点的一个不等式

设 P是凸 n边形 A1A2 … An 内一点 ,ri 为P至边 Ai Ai+ 1的距离 ,wi是∠ Ai PAi+ 1=2αi的角平分线 ,Ri=PAi,ti =Ri Ri+ 1cosαi,i=1 ,2 ,… ,n,An+ 1=A1.文献 [1 ]中 ,H.C.L enhard证明了不等式 :　　　　∑ni=1Ri ≥ secπn .∑ni=1ti ( 1 )文献 [2 ]中 ,笔者建立了 (其中 s为凸 n边形的半周长 )∑ni=1Ri2 - ∑ni=1ti2 ≥ s2 ( 2 )并且根据不等式 ( 1 ) ,( 2 )证明了 ,当 secπn ≥ k≥ cosπn 时 ,有∑ni=1Ri - k∑ni=1ti ≥1 - kcosπnsin πns ( 3)本文应用不等式 ( 1 ) ,( 2 )建立类似于不等式( 3)的一个结论 .定理　设 P…     

由课本问题到欧拉常数的推广

1　引子高中《代数》下册复习题六第33题是:“用数学归纳法证明:1+ 12+ 13+…+1n>n (n>1,n∈N)”.此题很容易用数学归纳法证明,证明后我们自然会反思:此题是如何发现的?如何用推导的方法证明.使用放缩思想可得方法一:1+ 12+ 13+…+ 1n>1n+ 1n+…+ 1n=n·1n=n .由裂项求和的思想可想到方法二:n =(n - n- 1) + (n- 1-n- 2 ) + (n- 2 - n- 3) +…+ (2 - 1) +(1- 0 ) =1n + n- 1+ 1n- 1+ n- 2+…+12 + 1+ 11+ 0 .而n - n- 1=1n + n- 1,所以欲证原不等式,只需证1n>1n + n- 1(n>1) ,(当n=1时,取等号) .此不等式显然成立,所以原不等式得证.2　探索…     

好题共欣赏 基础不能忘

2012年高考江西卷理科第17题是一道三角题,该题容易入手,从不同的角度出发均能轻松地加以解决,很好地体现了"考查基础知识的同时,注重考查能力"的命题原则,有效地考查了考生的数学基础知识和基本技能.以下是该题的多种不同解法.题目:在△ABC中,内角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知A=π4,bsinπ4+△△C-csinπ4+△△B=a.(1)求证:B-C=π2;(2)若a=2%姨,求△ABC的面积.(1)证法1:由bsinπ4+-△C-csinπ4+-△B=a,应用正弦定理得:sinBsinπ4+-△C-sinCsinπ4+-△B=sinA.     

有趣的无理数π和e

神奇的ππ有很多迷人的性质 :π的前六个有效数字 3 14 15 9,首先这个整数是一个素数 ,而且是一个逆素数 (倒序后仍然为素数 ) ,再看 ,3 14 15 9刚好是三个素数 3 1,41,5 9的连写 ,这三个数特别之处在于 ,它们各有一个孪生素数(相差为 2的一对素数 ) 2 9,43 ,61,不仅如此 ,这三个数各有特色 ,比如说 41吧 !在ｘ2 +ｘ +41中 ,当ｘ =0、1、2、…、3 9时 ,代数式的值都为素数 .另外 3 1+ 41+ 5 9=13 1,3 13+ 413+ 5 93=3 0 40 91,3 15+ 415+ 5 95=85 940 965 1都是素数 ,够特别了吧 !π的近似表示有很多 ,祖冲之的密率3 5 5113仍然占着统治地…     

巧用{a=(a+b)/2+(a-b)/2 b=(a+b)/2-(a-b)/2}解题例说

对于任意数或式ａ ,ｂ ,都有ａ =ａ +ｂ2 + ａ -ｂ2ｂ =ａ +ｂ2 - ａ -ｂ2( )这是我们熟知的一个关系 .巧妙地运用这个关系解题 ,真是别有一番趣味 .下面举例说明 .例 1　写出下面数列的一个通项公式 :3,4 ,3,4 ,3,4 ,…简解　由 ( )知3=3+ 42 + 3- 42 ,4 =3+ 42 - 3- 42 ,即该数列实际上是3+ 42 + 3- 42 ,3+ 42 + 3- 42 交替出现的 ,故得其通项为ａｎ=3+ 42 + (- 1) ｎ +13- 42 =72 - 12 (- 1) ｎ +1.注　本题可推广为 :数列ａ ,ｂ ,ａ ,ｂ ,ａ ,ｂ ,…的通项为ａｎ =ａ +ｂ2 + (- 1) ｎ +1·ａ -ｂ2 .例 2　已知 π3<α + β <43π ,- 23…     

1999年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(广东类)参考解答及评分标准

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.A型卷答案(1)C(2)A(3)A(4)C(5)B(6)B(7)B(8)A(9)C(10)D(11)B(12)C二、(13),(14),(15),(18)分别与理科(15),(16),(17),(18)题相同.三、解答题(17)与文科19题相同;(18)本小题主要考查复数的基本概念、三角公式和不等式等基础知识,考查综合运用所学数学知识解决问题的能力;满分12分;解:由0<θ<π2得tgθ>0.由z=3cosθ isinθ得tgθ(argz)=sinθ3cosθ=23tgθ.故tgy=tg(θ-argz)=tgθ-23tgθ1 23tg2θ4分…………………=13tgθ 2tgθ,∴3tgθ 2tgθ≥26,∴13tgθ 2tgθ≤612;8…     

从一道习题谈ξ(2n)的求法

一般的高等数学教科书或习题集在Fourier级数这一章都安排有类似以下的例题或习题:求x2/4-π|x|/2 π2/6在[-π,π]上的Fourier级数展开式,并计算∑∞n=11/n2的值.它的答案是x24-π2|x| π26=∑∞n=11n2cosnx,-π≤x≤π.(1)　在上式中令x=0得∑∞n=11n2=π26.仔细观察(1)式的右边会发现如果对它积分2次,再令x=0就会出现和式∑∞n=11/n4.一般地对(1)式右边不断积分重复2k-2次,再令x=0就会出现和式∑∞n=11/n2k.这就启示我们也许可以通过上述方式来求级数∑∞n=11/n2k的值.下面我们就来实现它.为符号简单起见,记ξ(2k)=∑∞n=11n2k,k≥1.把(…