重要不等式的一个证明

下面的不等式称为算术平均———几何平均不等式 :Gn =na1 a2 …an ≤An=1n∑ni=1ai　 (ai>0 ,i=1 ,2 ,… ,n)本文通过添加一个零项ln Gnna1 a2 …an =0给出证明可设a1 ≤a2 ≤… ≤an,显然a1 ≤Gn ≤an　存在k,使得　ak ≤Gn ≤ak+1 .AnGn - 1 =1n ∑ni=1aiGn-n=1n ln Gnna1 a2 …an + ∑ni=1aiGn-n=1n ∑ni=1lnGnai + ∑ni=1aiGn-n=1n∑ki=1lnGnai - 1Gn(Gn-ai) +1n∑ni=k+ 1lnGnai - 1Gn(Gn-ai)=1n ∑ki=1 ∫Gnai1t -1Gn dt +1n ∑ni=k+ 1 ∫Gnai1t -1Gn dt=1n ∑ki=1 ∫Gnai1t -1Gn dt +1n ∑ni=k+ 1 ∫aiGn1Gn-1t dt以上每…     

关于多项式系数的整除性

设 n是正整数 ,k1 ,k2 ,… ,ks 是适合 k1 +k2 +… +ks=n的非负整数 ,正整数 nk1 k2 … ks=n!k1 !k2 !… ks!称为多项式系数 .本文讨论了当n=a0 +a1 p+a2 p2 +… +arpr ,其中 p为素数且 p≤ n,0≤ ai相似文献   

关于多项式系数的整除性

设n是正整数,k1,k2,…+k1=n的非负整数,正整数[nk1k2…ks]=n！/k1!k2!…k5!称为多项式系数,本文讨论了当n=a0+a1p+a2p^2+…arp^r,其中p为素数且p≤n,0≤ai&;lt;p(0≤i≤r);ki=a0^(i)+a1^(i)p+…+ar^(i)p^r,其中ki≤0,∑^si=1,ki=n,0≤ak^(i)p(0≤i&;lt;s)时多项式系数的整除性问题,得出的结果推广了著名的Lucas定理^[1].     

一个最值问题的求解方法

文[1 ] 对如下问题进行了研究 :已知实数x1 ,x2 ,… ,xn 满足x21 +x22 +… +x2 n= 1 ,当n≥ 3时 ,求maxi≠j mini≠j|xi-xj|.本文给出如下简捷解法 .由题意 ,不妨设x1 ≤x2 ≤…≤xn -1 ≤xn,并令mini≠j|xi-xj|=min|xi+ 1 -xi|=a(i=1 ,2 ,… ,n - 1 ) .则当 j>i时 ,xj-xi=(xj-xj-1 ) +… +(xi+ 1 -xi)≥(j-i)a∴ ∑1≤i相似文献   

活用两个简单结论巧解两类高考试题

数学中有如下两个人人皆知的简单结论: 　　I 设f(n)=a1+a2+…+an, 　　g(n)=b1+b2+…+bn. 　　若ak=bk(k∈N),则f(n)=g(n). 　　若ak≤bk(k∈N),则f(n)≤g(n). 　　Ⅱ 设f(n)=a1a2…an,g(n)=b1b2…bn. 　　若ak=bk(k∈N),则f(n)=g(n), 　　若ak＞0,bk＞0且ak≤bk(k∈N), 　　则f(n)≤g(n). 　　利用这两个简单结论解答高考试题中与自然数n有关的不(恒)等式的证明问题,思路清晰,通俗易懂.……     

隔项等比数列的研究

隔项等比数列的例子几次在高考题中出现 ,探讨隔项等比数列的性质很有必要 .为了便于研究 ,先给出隔项等比数列的定义 .定义　如果数列 { an}满足关系 :a2 n+ 1a2 n-1=q1,a2 n+ 2a2 n=q2 (n=1,2 ,3,… ) ,其中 q1,q2均为非零常数 ,则称数列 { an}为隔项等比数列 .定理 1　隔项等比数列 { an}的通项公式是an=1+(- 1) n-12 a1qn-121+1+(- 1) n2 a2 qn-222 .证　当 n为奇数时 ,令 n=2 k- 1(n∈ N) k=n+12 ,则有a2 k-1=a1qk-11 an=a1qn+ 12 -11=a1qn-121(1)当 n为偶数时 ,令 n=2 k k=n2 ,则有a2 k=a2 qk-12 an=a2 qn2 -12 =a2 qn-222 (2 )综…     

等差数列一个性质的再推广

文 [1 ]与文 [2 ]相隔近 2 0年先后都证明了下面等差数列的一个有趣性质 :若a1,a2 ,… ,an,an+1成等差数列 ,则当 2 ≤n∈N时 ,C0 na1-C1na2 +C2 na3-… +(-1 ) kCknak+1+…+(-1 ) nCnnan+1=0 (1 )文 [3 ]将这个性质给出如下推广 :设a0 ,a1,… ,an(n≥ 2 )成等差数列 ,则∑ni =0(-1 ) iaiCkk+iCk+ik+n =0 (2 )其中k为任意非负整数 .文 [4]又将上述性质 (1 )式给出另一形式的推广 ,即设 an 是等差数列 ,则当 3 ≤n∈N时 ,∑ni =r(-1 ) i-rCinCriai+1-r =0 (3 )本文将推广后的性质 (2 )与 (3 )式 ,再作出推广 .命题 1　设 an 是等差数列 …     

一类条件最小值问题的统一解法

本文给出一类条件最小值问题及其统一的解法,这类问题是:已知a,b,c为正实数,且a+b+c=1,k(k≠0,1)为整数,求(a+b)k+(b+c)k+(c+a)k的最小值.统一解法使用的工具是n(n≥2)元均值不等式:a1+a2+…+an≥nna1a2…槡an(ai>0,i=     

求解广义范德蒙矩阵逆矩阵的有效快速算法

1引 言定义设a1,a2,…,an是n个实数或复数,称如下的n阶方阵V=[1 1…1 1 a 1 a2… a n-1 a n a m-1 1 a m-1 2 …a n-1 m-1 a m-1 n a m+1 1 a m+1 2 …a m+1 n-1 a m +1 n a n 1 a n 2 a n n -1 ann](1≤m≤n-1)为广义范德蒙矩阵.许多实际的问题可以转化为广义范德蒙矩阵的相关求解问题,如要构造次数不超过n的缺项多项式9(x)=co+c1x+…+cm-1xm-1+cm+1xm+1…+cnxn(1≤m≤n-1)在n个点a1,a2,…,an处满足插值条件g(ak)=fk(k=1,2,…,n),这一问题转化为求解广义范德蒙方程组VTc=f,其中c=(C0,C1,…,Cm-1,Cm+1,…,cn)T,f=(f1,f2,…,fn)T,而求解该方程组(系)的途径之一是求广义范德蒙矩阵V的逆矩阵.     

2006年中国数学奥林匹克试题(第1天)

1实数a1,a2,…,an满足a1 a2 … an=0,求证:max1≤k≤n(ak2)≤3nni∑-=11(ai-ai 1)2.证只需对任意1≤k≤n,证明不等式成立即可.记dk=ak-ak 1,k=1,2,…,n-1,则ak=ak,ak 1=ak-dk,ak 2=ak-dk-dk 1,…,an=ak-dk-dk 1-…-dn-1,ak-1=ak dk-1,ak-2=ak dk-1 dk-2,…,a1=ak dk-1 dk-2 … d1,把上面这n个等式相加,并利用a1 a2 … an=0可得nak-(n-k)dk-(n-k-1)dk 1-…-dn-1 (k-1)dk-1 (k-2)dk-2 … d1=0.由Cauchy不等式可得(nak)2=[(n-k)dk (n-k-1)dk 1 … dn-1-(k-1)dk-1-(k-2)dk-2-…-d1]2≤(∑k-1i=1i2 ∑n-ki=1i2)(∑n-1i=1di2)≤(∑n-1i=1i2)(n∑-…     

2004年第五期初中数学问题参考解答

一、求证 :f(n) =an + 2 +(a +1 ) 2n + 1被a2 +a +1整除 ,其中a是整数 ,n是自然数 .证明 :( 1 )当n =0时 ,f( 0 ) =a2 +(a +1 ) =a2 +a+1能被a2 +a +1整除 .( 2 )假设当n =k时 ,f(k) =ak+ 2 +(a +1 ) 2k+ 1能被a2 +a +1整除 .当n =k +1时 ,有f(k +1 ) =ak+ 3 +(a +1 ) 2 (k + 1) + 1=a·ak + 2 +(a+1 ) 2k+ 1·(a+1 ) 2=a·ak+ 2 +a2 ·(a +1 ) 2k + 1+2a·(a +1 ) 2k+ 1+(a+1 ) 2k + 1=[a·ak+ 2 +a·(a +1 ) 2k+ 1]+[a2 (a +1 ) 2k+ 1+a·(a +1 ) 2k + 1+(a+1 ) 2k+ 1]=a[ak + 2 +(a+1 ) 2k + 1]+(a +1 ) 2k + 1·(a2 +a +1 ) .∵a是整数…     

等比数列的一个判定条件

定理设{an}的各项全为正数,若a12a2+a22a3+…+an-12n=(a1+a2+…+an-1)2a2+a3+…+an,则a1,a2,…,an为等比数列.证令m=(a1a2,a2a3,…,an-1an).n=(a2,a3,…,an).由a12a2+a22a3+…+an-12an=(a1+a2+…+an-1)2a2+a3+…+an得a12a2+a22a3+…+an-12an·a2+a3+…+an=a1+a2+…+an-1.即|m||n|=m·n,所以m与n共线,故存在常数k,使得a2=ka1a2,a3=ka2a3,…,an=kan-1an,∴a2a1=a3a2=…=anan-1=k,从而{an}是等比数列.等比数列的一个判定条件@齐行超$单县二中!山东274300…     

High-dimensional D. H. Lehmer problem over short intervals

Letk be a positive integer and n a nonnegative integer,0 λ1,...,λk+1 ≤ 1 be real numbers and w =(λ1,λ2,...,λk+1).Let q ≥ max{[1/λi ]:1 ≤ i ≤ k + 1} be a positive integer,and a an integer coprime to q.Denote by N(a,k,w,q,n) the 2n-th moment of(b1··· bk c) with b1··· bk c ≡ a(mod q),1 ≤ bi≤λiq(i = 1,...,k),1 ≤ c ≤λk+1 q and 2(b1+ ··· + bk + c).We first use the properties of trigonometric sum and the estimates of n-dimensional Kloosterman sum to give an interesting asymptotic formula for N(a,k,w,q,n),which generalized the result of Zhang.Then we use the properties of character sum and the estimates of Dirichlet L-function to sharpen the result of N(a,k,w,q,n) in the case ofw =(1/2,1/2,...,1/2) and n = 0.In order to show our result is close to the best possible,the mean-square value of N(a,k,q) φk(q)/2k+2and the mean value weighted by the high-dimensional Cochrane sum are studied too.     

一道国家集训题的导数证明

2005年国家集训题:从任意n(n≥2)个给定的正数a1,a2,…,an中,每项取k个数作乘积,所有这种乘积的算术平均值的k次方根,称为这n个数的k次对称平均,记为Bk.即Bk=a1a2…ak a1a3…ak 1 … an 1-k…an-1anCkn1k求证:若1≤k1相似文献   

一个不等式的拓广

文 [1],[2 ]均对不等式“已知 :a >0 ,b >0 ,a3 +b3 =2 ,则a +b≤ 2”作出了一系列的讨论 .本文将给出该不等式的两个拓广 ,并由此证明了文 [2 ]末给出的猜想命题 1　若an +bn=2 ,a ,b∈R ,n≥ 2且n∈N ,则a +b≤ 2 ,ab≤ 1.上述命题为原不等式在指数上的推广 ,即文 [2 ]中猜想 1.证　 1)当a >0 ,b >0时 ,∵an+bn≥ 2anbn ,∴ 2anbn ≤ 2 ,即anbn≤ 1.∴ab≤ 1.又an+1+… +1n -1个 1+bn+1+… +1n -1个 1≥n nan +n·nbn,即na +nb≤ 2 +2 (n - 1) ,∴a +b≤ 2 .2 )若a <0 ,b <0 ,由题设n必为偶数 .此时 ,an+bn=(-a) n+(-b) n=2 .由 1)知 :(-…     

关于例外序列自同态代数的Hochschild同调

LetAbeafinitedimensionalassociatealgebrawithidentityoverafieldkandmodAbethecategoryoffinitedimensionalA_modules.LetAe =A k Aop betheenvelopingalgebraofA ,denotebyAithei_foldtensorproductoverkofAwithitself,andby (a1 ,a2 ,… ,ai)theelementa1 a2 … aiinAi,thentheHochschildcomplex (A + 1 ,b)ofAisdefinedviab :An+ 1 →An withb(a1 ,a2 ,… ,an) =∑ni=1( - 1 ) i-1 (a1 ,… ,aiai+ 1 ,… ,an+ 1 ) + ( - 1 ) n(an+ 1 a1 ,… ,an)andH (A) =H(A + 1 ,b)iscalled ththeHochschildhomologygroupofA .Then…     

On Some Cycles in Wenger Graphs

Let p be a prime,q be a power of p,and let Fq be the field of q elements.For any positive integer n,the Wenger graph Wn(q)is defined as follows:it is a bipartite graph with the vertex partitions being two copies of the(n+1)-dimensional vector space Fq^n+1,and two vertices p=(p(1),…,p(n+1))and l=[l(1),…,l(n+1)]being adjacent if p(i)+l(i)=p(1)l(1)i-1,for all i=2,3,…,n+1.In 2008,Shao,He and Shan showed that for n≥2,Wn(q)contains a cycle of length 2 k where 4≤k≤2 p and k≠5.In this paper we extend their results by showing that(i)for n≥2 and p≥3,Wn(q)contains cycles of length 2k,where 4≤k≤4 p+1 and k≠5;(ii)for q≥5,0相似文献   

一道综合题的新解及推广

《数学通讯》2 0 0 1年第1 5期的“综合题新编”题1 4是一道不可多得的数列综合题,但吴伟朝老师在原稿中提供的解法不容易想到,笔者曾花了很长时间才弄懂.后来,笔者经过思索,找出一种更简明易懂的解法.在此提出来,若有不足之处,还望大家斧正.原题　在数列{an}中,a1=1 ,an +1=2an+n2 (n =1 ,2 ,3,……) ,求通项an.解　设an +1+ (n + 1 ) 2 +k(n + 1 ) +c=2 (an+n2 +kn +c) ,∵an +1=2an+n2 ,代入上式比较系数,得　　k =2 ,c=3.∴an +1+ (n + 1 ) 2 + 2 (n + 1 ) + 3=2 (an+n2 + 2n + 3) .令bn=an+n2 + 2n + 3,则{bn}是公比为2的等比数列,且b1…     

Two families of Niho sequences having four-valued cross correlation with m-sequences Dedicated to Professor Yingbo Zhang on the Occasion of His 70th Birthday

For two odd integers m and s with 1≤s m and gcd(m, s) = 1, let h satisfy h(2~s-1) ≡1(mod 2~m+ 1) and d =(h + 1)(2~m-1) + 1. The cross correlation function between a binary m-sequence of period 22~m-1 and its d-decimation sequence is proved to take four values, and the correlation distribution is completely determined. Let n be an even integer and k be an integer with 1≤k≤n/2. For an odd prime p and a p-ary m-sequence {s(t)} of period p~n-1, define u(t) =∑(p~k-1)/2 i=0 s(d_it), where d_i = ip~(n/2) + p~k-i and i = 0, 1,...,(p~k-1)/2. It is proved that the cross correlation function between {u(t)} and {s(t)} is three-valued or four-valued depending on whether k is equal to n/2 or not, and the distribution is also determined.     

对数列单调性定义的探究

<正>在数列的学习中,我们遇到这样的一个问题:已知数列{an}的通项公式为an=n(910)n,求数列的最大项.在解决这个问题的过程中,老师是这样做的:因为an+1an=(n+1)9()10n+1n9()10n=9(n+1)10n,所以an+1an≥19(n+1)10n9(n+1)≥1≥10nn≤9,又因为an>0,所以当且仅当n≤9时,an+1≥an(其中当且仅当n=9时,an+1=an),由此可知a1a11>…,因此数列的最大项是第9项和第10项,为910/109.