既约真分数的一个性质

文 [1 ]证明了奇分母既约真分数可表成互不相同的奇数分母的单位分数之和 .即 :设 0 <ｍ<ｎ ,(ｍ ,ｎ) =1 ,ｎ为奇数 ,则存在ｋ个互不相同的奇数ｘ1 ,ｘ2 ,… ,ｘｋ,使下列等式成立 :ｍｎ =1ｘ1 +1ｘ2 +… +1ｘｋ本文发现既约真分数的又一个性质 ,即 :任何既约真分数都可表成互不相同的偶数分母的单位分数之和 .它与文 [1 ]结果相映成趣 ,但比文 [1 ]的结论更完备 .我们先证如下命题为真 .命题　设ａ≥ 2是自然数 ,则任何小于 2 ａ·3的正整数都可以写成 2 ａ· 3的不同约数之和 ,且每个约数的质因数分解式中含 2的幂最多 (ａ- 1 )次 .证明…     

上期课外练习解答

高一年级1.设ｆ(ｘ) =(ｘ - 1)ｌｏｇ23 ａ - 6ｘ·ｌｏｇ3 ａ +ｘ + 1=( 1+ｌｏｇ23 ａ - 6ｌｏｇ3 ａ)ｘ + 1-ｌｏｇ23 ａ ,∵ ｆ(ｘ)在 [0 ,1]上恒成立 ,由一次函数的单调性知 :ｆ( 0 ) >0 ,ｆ( 1) >0 ,　解得　 13 <ａ <33 .2 .设每期期初存入金额Ａ ,连存ｎ次 ,每期的利率为Ｐ ,那么到第ｎ期期末时 ,本金为ｎＡ ,则应得到的全部利息之和为 :Ｓｎ=ＡＰ +ＡＰ·2 +… +Ａ·ｐ·ｎ =ｎ(ｎ + 1)2 ＡＰ ,应纳税为　 ｎ(ｎ + 1)2 ＡＰ× 2 0 % =ｎ(ｎ + 1)10 ＡＰ ,实际取出　Ａ[ｎ + 2ｎ(ｎ + 1)5Ｐ] ,当Ａ =110 0 ,ｎ =12 ,Ｐ =0 .165%时 ,…     

如何求三项展开式的项

二项式定理一节中,常遇到求三项式(ａ ｂ ｃ)ｎ(ｎ∈Ｎ)的展开式的项.求解方法主要是转化为二项式利用二项式定理展开或用组合观点直接求解.例题　求(1 2ｘ-3ｘ2)6展开式中ｘ5的系数.解法1　(1 2ｘ-3ｘ2)6=[1 (2ｘ-3ｘ2)]6的一般项可写成Ｔｋ 1=Ｃｋ6(2ｘ-3ｘ2)ｋ,ｋ=0,1,2,…,6.又(2ｘ-3ｘ2)ｋ的一般项可写成Ｔｒ 1=Ｃｒｋ·(2ｘ)ｋ-ｒ·(-3ｘ2)ｒ=Ｃｒｋ·2ｋ-ｒ·(-3)ｒ·ｘｋ ｒ,ｒ=0,1,…,ｋ.所以原式展开式的一般项为Ｃｋ6Ｃｒｋ(-3)ｒ·2ｋ-ｒ·ｘｋ ｒ.欲求ｘ5的系数,则ｋ ｒ=5即ｋ=5-ｒ.∵ｒ≤ｋ,所以当ｋ值是5,4,3时,对应的ｒ=0,1…     

一个定理的别证及推广

文 [1 ]的定理 2为 :设ａ ,ｂ∈Ｒ+,若ａ+ｂ≤ 2 ,则ａ+ｂ2 +2ａ+ｂ ≤ａｂ +1ａｂ若ａｂ≥ 1 ,则ａ+ｂ2 +2ａ +ｂ≥ ａｂ+1ａｂ其证明方法是作差比较法 ,现用函数的单调性证明之 .证明　易证函数ｆ(ｘ) =ｘ +1ｘ 在 (0 ,1 ]上递减 ,在 [1 ,+∞ )上递增 .因为 ａ +ｂ2 ≥ ａｂ ,故当 ａ+ｂ2 ≤ 1时 ,ｆ ａ+ｂ2 ≤ｆ(ａｂ) ,当ａｂ≥ 1时 ,ｆ ａ +ｂ2 ≥ｆ(ａｂ) ,即当ａ +ｂ≤ 2时 ,ａ+ｂ2 +2ａ+ｂ≤ ａｂ+1ａｂ.当ａｂ≥ 1时 ,ａ +ｂ2 +2ａ+ｂ≥ ａｂ+1ａｂ.推广　设ｘｋ >0 (ｋ =1 ,2 ,… ,ｎ) ,若∑ｎｋ=1ｘｋ ≤ｎ ,则1ｎ∑ｎｋ =1ｘｋ+…     

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…     

关于等差数列的一组不等式

设{ａｎ}是以ｄ为公差的等差数列 ,ａ1 >0 ,ｄ>0 ,文 [1 ]证明了ａ1 ａ2ａ1 ａ4ａ1 ａ4ｎ ≤ ａ1 ａ3…ａ2ｎ- 1 ａ2 ａ4…ａ2ｎ ≤ ａ1 ａ3ａ2 ａ2ｎ 1·ａ2 ａ4ｎ 1 ａ2 ａ5(1 )本文给出关于 ａ2 ａ4…ａ2ｎａ1 ａ3…ａ2ｎ- 1上下界的一组不等式 .引理 1　设ｄ >0 ,ｘ≥ 2ｄ ,0 <ｒ<1 ,则ｘｘ -ｄ >ｘ ｒｄｘ (ｒ- 2 )ｄ　　　 (2 )成立的充要条件是12 <ｒ <1且ｘ>ｒｄ2ｒ - 1 ,当 0 <ｒ≤ 12 ,(2 )的不等号反向 .证明 (2 ) ｘ2 [ｘ (ｒ- 2 )ｄ]>(ｘ2 - 2ｄｘ ｄ2 ) · (ｘ ｒｄ) (2ｄｘ-ｄ2 ) (ｘ ｒｄ) >2ｄｘ2 (2ｒ- 1 )ｘ>…     

一道竞赛题的推广

20 0 1年全国高中数学联赛题 5为 :若 (1+ｘ +ｘ2 ) 10 0 0 的展开式为ａ0 +ａ1ｘ +ａ2 ｘ2 +… +ａ2 0 0 0·ｘ2 0 0 0 ,则ａ0 +ａ3+ａ6 +ａ9+… +ａ1998的值为 (　　 )(Ａ) 3333.　　　 (Ｂ) 36 6 6 .(Ｃ) 3999. (Ｄ) 32 0 0 1.该题构思巧妙 ,解法灵活 ,可谓独具匠心 .笔者经研究发现 ,此处ａ1+ａ4 +ａ7+… +ａ1999=ａ2 +ａ5+ａ8+… +ａ2 0 0 0 =3999,因此 ,此题结论可以推广 .推广 1　设 (1+ｘ +ｘ2 ) ｎ(ｎ∈Ｎ)的展开式中 ,指数能被 3整除的项的系数和为Ａｎ,除以 3余 1的项的系数和为Ｂｎ,除以 3余 2的项的系数和为Ｃｎ,则Ａｎ=Ｂｎ=…     

一个不等式的几种证法的本源

文 [1 ]证明了 :对于一切大于 1的自然数ｎ ,有1 +13 1 +15 … 1 +12ｎ-1 >2ｎ+12 .(1 )文 [2 ]又证明了 (1 )的变形 :已知ｎ∈Ｎ ,且ｎ≥ 2 ,求证43 · 65 ·…· 2ｎ2ｎ-1 >12 2ｎ+1 . (2 )(2 )又可变形为21 · 43 · 65 ·…· 2ｎ2ｎ-1 >2ｎ +1 . (3 )(3 )又可变形为1 +11 1 +13 1 +15 … 1 +12ｎ-1>2ｎ+1 . (4 )12 · 34· 56·…·2ｎ -12ｎ <12ｎ+1 . (5 )在 (3 )、(4 )、(5 )中 ,不必再限制ｎ≥ 2 .由于 (3 )、(4 )、(5 )是同一个不等式的几种变形 ,所以我们只需证明 (5 ) ,关于 (5 ) ,我们又查到了如下的四种证法 (不用数学归纳法 …     

a_(n+1)=p(n)·a_n~2+f(n)·a_n+r型数列的求解方法

数列问题的背景新颖 ,能力要求高 ,内在联系密切 ,思维方法灵活 ,因此倍受命题者的青睐 .解答数列问题要求熟练掌握数列的基础知识 ,灵活运用基本数学思想方法 ,善于转化 .ａｎ +1=ｐ(ｎ)·ａ2 ｎ+ｆ(ｎ)·ａｎ+ｒ(ｐ(ｎ)≠ 0 )型数列是数列和二次函数、不等式相结合的典范 ,难度较大 .求解此类问题的的思维模式是 :观察—归纳—猜想—证明 .求解的主要方法是 :分析法、比较法、消去法、综合法、放缩法、数学归纳法 .例 1　数列ｘ1,ｘ2 ,… ,由ｘ1=12 ,ｘｎ +1=ｘ2 ｎ+ｘｎ(ｎ =1,2 ,… )给出 ,Ｓｎ 与Ｐｎ 分别是数列 ｙ1,ｙ2 ,ｙ3 ,…前ｎ…     

课外练习

高一年级1 .当函数 ｙ =2ｃｏｓｘ - 3ｓｉｎｘ取最大值时 ,求ｔａｎｘ的值 . 2 .求证 :ｔａｎ5=ｔａｎ2 +ｔａｎ3 +ｔａｎ2·ｔａｎ3·ｔａｎ5.3 .函数 ｆ(ｘ)是定义在 {ｘ|ｘ≠ 0 ,ｘ∈ｋ}上的奇函数 ,且 ｆ(ｘ)在 ( 0 ,+∞ )上为减函数 ,又ｆ( 3 ) =0 ,ｇ(θ)=ｃｏｓ2θ - 2ｍｃｏｓθ + 4ｍ ,θ∈ [0 ,π2 ] .若集合Ｍ ={ｍ| ｇ(θ) >0 },Ｎ ={ｍ| ｆ[ｇ(θ) ] <0 }.求Ｍ∩Ｎ .高二年级1 .已知不等式 1ｎ + 1 + 1ｎ + 2 +… + 12ｎ>11 2 ｌｏｇａ(ａ -1 ) + 23 对一切大于 1的自然数都成立 ,求实数ａ的取值范围 .(2 .已知 :△ＡＢＣ的顶…     

正项等差数列的不等式

由正项等差数列构成的不等式 ,叫做正项等差数列的不等式 .本文研究这样的一类不等式 .为了叙述简便 ,本文规定 {ａｎ}是公差为ｄ(ｄ >0 )的正项等差数列 ,Ｓｎ 是它的前ｎ项和 ,ｍ ,ｎ ,ｋ都是正整数 .定理 1　 1+ ｍｄｋａ11+ ｍｄｋａ2 ·…· 1+ ｍｄｋａｎ ≥ａｍ + 1ａｍ + 2 ·…·ａｍ +ｎａ1ａ2 ·…·ａｎ1ｋ.(当且仅当ｋ =1时等号成立 )证　由二项式定理得1+ ｍｄｋａｉｋ=1+Ｃ1ｋｍｄｋａｉ +Ｃ2 ｋｍｄｋａｉ2 +… +Ｃｋｋｍｄｋａｉｋ ≥ 1+Ｃ1ｋｍｄｋａｉ =1+ ｍｄａｉ=ａｉ+ｍｄａｉ=ａｍ +ｉａｉ,(当且仅当ｋ =1时取等号 …     

两个组合恒等式的联系及其组合意义和概率论证法

贵刊 2 0 0 1年第 6期刊载的文 [1 ]证明了组合等式 :∑ｎｉ=0(-1) ｉＣｉｎｉｋ =0　　　　　当ｋ≤ｎ-1且ｋ∈Ｎ时(-1) ｎｎ !　当ｋ =ｎ时笔者发现上述结论正是贵刊 1 996年第 6期刊载的文 [2 ]定理的推论的另外一种表述 .文 [2 ]的定理及推论如下 :定理　设ｆ(ｘ) =ａｘｎ+1 +ｂｘｎ+ｃｎ- 1 ｘｎ- 1 +…+ｃ1 ｘ+ｃ0 是ｎ+ 1次多项式 .则 ∑ｎｉ=0( - 1 ) ｉｆ(ｉ)Ｃｉｎ= ( - 1 ) ｎｎ !(ａＣ2 ｎ+1 +ｂ)… ( )推论 :设ｆ(ｘ) =ａｘｍ+ｂｍ- 1 ｘｍ- 1 +… +ｂ0 是ｍ次多项式 ,则　∑ｎｉ =0( - 1 ) ｉｆ(ｉ)Ｃｉｎ =( - 1 ) ｎｎ !ａ…     

两个不等式的指数推广

贵刊文[1]给出以下两个不等式:1　设ｘｉ∈Ｒ (ｉ=1,2,…,ｎ),且ｘ211 ｘ21 ｘ221 ｘ22 … ｘ2ｎ1 ｘ2ｎ=ａ(0<ａ<ｎ),求证:ｘ11 ｘ21 ｘ21 ｘ22 … ｘｎ1 ｘ2ｎ≤ａ(ｎ-ａ)(1)2　设ｘｉ∈Ｒ (ｉ=1,2,…,ｎ),且ｘ11 ｘ1 ｘ21 ｘ2 … ｘｎ1 ｘｎ=ａ(0<ａ<ｎ),求证:ｘ211 ｘ1 ｘ221 ｘ2 … ｘ2ｎ1 ｘｎ≥ａ2ｎ-ａ(2)笔者受该文的启发,将上述两个不等式从变量的指数上予以推广,得到下面几个命题.　命题1　设ｘｉ∈Ｒ (ｉ=1,2,…,ｎ),ｍ,ｋ∈Ｎ,且ｍ≥2,1≤ｋ≤ｍ-1,且ｘｍ11 ｘｍ ｘｍ21 ｘｍ2 … ｘｍｎ1 ｘｍｎ=ａ(0<ａ<ｎ),则有:ｘｋ11 ｘｍ…     

一元二次方程与一类高次方程之间的有趣结论的推广

文 [1]介绍了一元二次方程与一类高次方程之间的有趣结论。本文将该结论作出推广 .为了方便 ,首先抄录文 [1]的结论 :“定理　若ｘ0 是方程ｘ2 -ｂｘ -ｃ =0的根 ,则ｘ0 也一定是方程ｘｎ-ａｎ 1 ｘ -ａｎｃ =0的根 (其中ａｎ,ａｎ 1 是数列 {ａｎ}中的第ｎ项和第ｎ 1项 ,数列{ａｎ}满足递推关系ａｎ 1 =ｂａｎ ｃａｎ-1 ,ａ1 =0 ,ａ2 =1,ｎ∈Ｎ ,ｎ≥ 2 ) .”上述定理的推广如下 :定理 1　若ｘ0 是方程ｘ2 -ｂｘ -ｃ =0的根 ,则ｘ0 必是方程ｘｎ-ａ2 ｎ 1 ｘ -ａ2 ｎｃ=0的根 ,其中ａｎ 和ａｎ 1 是数列 {ａｎ}中的第ｎ项和第…     

韦达定理的另探

从另一角度审视一元二次方程 ,引出根与系数关系 .不妨设ａｘ2 +ｂｘ +ｃ=0 (ａ≠ 0 )有两个不为 0的根ｘ1、ｘ2 ,且ｘ1≠ｘ2 .∵　ａｘ2 +ｂｘ +ｃ=0 (ａ≠ 0 ) ,∴　 ｃａ·1ｘ=-ｂａ-ｘ .令ｙ =ｃａ·1ｘ,则ｙ =-ｂａ-ｘ .画它们的图像如图 .　　由于它们的图像都关于直线 ｙ =ｘ对称 ,所以 ,可设两图像交于Ｍ (ｘ1,ｙ1) ,Ｎ(ｘ2 ,ｙ2 )点 .则　ｘ1=ｙ2 ,　ｘ2 =ｙ1,所以　ｘ1+ｘ2 =ｘ1+ｙ1=-ｂａ.ｘ1·ｘ2 =ｘ1·ｙ1=ｃａ.这就证明了韦达定理 (当ｘ1、ｘ2 均不为零的情况 ) .其它情况也可得出相应结论韦达定理的另探$山东省单县孙六张黄…     

保加利亚教育科学部第50届数学奥林匹克试题(待续)

1　已知数列 {ａｎ}适合ａ0 =4 ,ａ1=2 2 ,且ａｎ- 6ａｎ - 1 ａｎ - 2 =0 (ｎ≥ 2 ) ,证明 :存在两个正整数数列 {ｘｎ}和 { ｙｎ}满足ａｎ=ｙ2 ｎ 7ｘｎ- ｙｎ(ｎ≥ 0 ) .解　 [方法 1]由特征方程ｘ2 - 6ｘ 1=0 ,求其特征根为 3± 2 2 ,应用待定系数法 ,求其通项公式ａｎ=8 5 24 (3 2 2 ) ｎ 8- 5 24 (3- 2 2 ) ｎ(ｎ≥ 0 ) .取 ｙ0 =1,ｙ1=9,ｙｎ=6 ｙｎ - 1- ｙｎ - 2 (ｎ≥ 2 ) .用求ａｎ 同样的方法可求得ｙｎ=2 324 (3 2 2 ) ｎ 2 - 324 (3- 2 2 ) ｎ(ｎ≥ 0 ) .令ａ- 1=2 ,则 ｙ20 7=8=ａ- 1ａ0 且可证ｙ2 ｎ 7=ａｎ -…     

关于2^m的末位数字问题的探讨

1　问题的由来本人曾于 1 998年在贵刊第 1 0期提出数学问题 1 1 56题并解答 ,其中利用了“2 ｋ· 2 50 0 ≡ 2 ｋ,及(2 50 0 ) ｍ ≡ 2 50 0 ≡ 9376(ｍｏｄ1 0 4 )”这个结论 .现研究探讨发现下面的更一般的结论 .2　定理定理　当 2 ｍ 具有 2 4 ×5ｎ 的形式时 (ｍ ,ｎ为正整数 ) ,则 (2 4 ×5ｎ- 1 )·2 ｋ ≡ 0 ,即 2 4 ×5ｎ· 2 ｋ ≡ 2 ｋ 及(2 4×5ｎ) ｔ ≡ 2 4×5ｎ(ｍｏｄ1 0 ｎ 1 ,ｋ≥ｎ 1 ,ｋ ,ｔ为正整数 )证明(1 )当ｎ=1时 ,2 2 0 =(2 1 0 ) 2 =(1 0 3 2 4 ) 2 ≡2 4 2 ≡ 76∴ (2 2 0 - 1 ) · 2 ｋ ≡ 3× 52 · 2 ｋ …     

关于n~(1/k)的两个不等式

文 [1 ]中给出了一个涉及n的不等式 :设正整数n >1 ,则2n + 23·n - 2 (n - 1 ) + 23·n - 1≤n <4n + 36 ·n - 4(n - 1 ) + 36 ·n - 1 ( 1 )由不等式 ( 1 ) ,可推出2n + 23·n - 2 - 13≤∑nk=1k≤4n + 36 ·n - 16 ( 2 )当且仅当n =1 ,2时 ,式中等号成立 .本文给出类似于不等式 ( 1 )的关于 kn的两个不等式 ,并提出一个猜想 .定理 1　设正整数n >1 ,则1 2n + 71 6 ·3n - 1 2 (n - 1 ) + 71 6 ·3n - 1 <3n <3n + 24 ·3n - 3(n - 1 ) + 24 ·3n - 1 ( 3)证　要证上限不等式 3n <3n + 24 ·3n- 3(n - 1 ) + 24 ·3n - 1 ,只要证( 3n - 2…     

上期课外练习参考解答

初一年级1 .两边连续乘以 2 ,得　12 ｘ + 2 =4,∴　ｘ =4.2 .∵　ＡＢ·ＡＡＡＡ =ＡＢ·ＡＡ·1 0 1 ,ＡＢＡＢ·ＡＡ =ＡＢ·1 0 1·ＡＡ ,∴　等式成立 .3.分类比较三个有理数的两种表达形式 ,得出ａ =-1 ,ｂ =1 .故所求式的值为 0 .初二年级1 .由已知得　 5 =ｘ -1 .∴　原式 =ｘ3 -( 2 +ｘ -1 )ｘ2 + ( 1 + 2ｘ-2 )ｘ -ｘ + 1 + 2 0 0 3=ｘ2 -2ｘ + 2 0 0 4=(ｘ -1 ) 2+ 2 0 0 3=2 0 0 8.2 .原式 =ａ2 ｄ2 -2ａｂｃｄ +ｂ2 ｃ2 +ａ2 ｃ2+ 2ａｂｃｄ +ｂ2 ｄ2=(ａ2 +ｂ2 ) (ｃ2 +ｄ2 )=1× 2 0 0 3=2 0 0 3.3.如图 ,记Ａｉ(ｉ =1 ,2 ,…     

名校基础知识自测

初一年级北师大二附中 ( 1 0 0 0 88)　韦　蔷一、选择题1 .下列方程中是二元一次方程的是 (　　 ) .(Ａ) 2ｘ =3ｙ -1　　　 (Ｂ) 1ｘ=ｙ -2(Ｃ)ｘｙ =1 (Ｄ) 5ｍ + 7ｍ -3 =02 .方程 2ｘ + ｙ =5的正整数解的个数是(　　 ) .(Ａ) 1个　 (Ｂ) 2个　 (Ｃ) 3个　 (Ｄ) 4个3 .如果 ｘ =4ｙ =3 是方程组 ｍｘ +ｎｙ =5ｎｘ +ｍｙ =2 的解 ,则ｍ、ｎ的值是 (　　 ) .(Ａ) ｍ =2ｎ =1 (Ｂ) ｍ =2ｎ =-1(Ｃ) ｍ =-2ｎ =1 (Ｄ) ｍ =-2ｎ =-14.已知 2ｘ2ａ - 1 + ｙ3ｂ + 2 =4是二元一次方程 ,则ａ、ｂ的值为 (　　 ) .(Ａ)ａ =1ｂ =13(Ｂ) ａ =1ｂ …