一类三角比求值问题探究

笔者利用复数解决了一类三角比乘积的求值问题. 一、问题探究 求值:sinπ/nsin 2π/n…sin(n-1)π/n,n∈N*. 解:设zk=cos2kπ/n+isin2kπ/n,k=1,2,3,…,n-1,n∈N*. 由复数的开方公式易知方程zn=1的n个根分别为1,z1,z2,…,zn-1,因为zn-1=(z-1)(zn-1+zn-2+…+1),所以方程zn-1+zn-2+…+1=0的n-1个根为z1,z2,…,zn-1,所以式子zn-1+ zn-2+…+1=(z-z1)(z-z2)…(z-zn-1)(*)对任意复数z均成立.     

关于积的三个三角恒等式的推广

一易证下列三个恒等式成立: (1)sinθsin(θ+π/ 3)sin(θ+2π/ 3) =sin3θ/4; (2)cosθcos(θ+π/3)cos(θ+2π/3) =-1/4cos3θ; (3)tgθtg(θ+π/3)tg(θ+2π/3) =-tg3θ。本文把上述三个恒等式予以推广,其一般形式为: (Ⅰ) multiply form j=1 to n sin(θ+(j-1)/nπ)=sinnθ/2~(n-1); (Ⅱ) multiply form j=1 to n cos(θ+(j-1)/nπ) =(-1)~(n-2) sinnθ/2~(n/1) (n为偶数), (-1)~(n-1)~2 cosnθ/2~(n-1)(n为奇数);     

对新题征展(31)第3题的订正

题　已知复数 z满足条件 | z| =1 ,求| z - i| .| z - 12 32 - i|的最大值 .解法 1　设 z =cosθ isinθ,其中θ∈[0 ,2π) ,| z - i| =| cosθ i( sinθ - 1 ) |= cos2 θ ( sinθ - 1 ) 2 =2 ( 1 - sinθ)= 2 [1 - cos( π2 -θ) ]=2 | sin( π4 - θ2 ) || z - 12 32 i|= | ( cosθ - 12 ) i( sinθ 32 ) |= ( cosθ - 12 ) 2 ( sinθ 32 ) 2= 2 2 sin(θ - π6 )=2 [1 cos( 2π3-θ) ]=2 .2 cos2 ( π3- θ2 )=2 | cos( π3- θ2 ) | .则　 | z - i| .| z - 12 32 i|=4 | sin( π4 - θ2 ) .cos( π3- θ2 ) |=…     

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∑-…     

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…     

一道竞赛试题解法探究

例 1　 ( 1995年数学冬令营第五题 )设xi >0 ,∑ni =1xi=1(i =1,2 ,… ,n) ,求证 :∑ni =1xi1+ (x1+x2 +… +xi- 1)xi+xi+ 1+… +xn≤ π2 .证　令sinθi=∑ik =1xk ,θ0 =0 (i =1,2 ,… ,n) ( 0<θi≤ π2 ) ,则∑ni=1xi1+ (x1+x2 +… +xi - 1)xi+xi + 1+… +xn=∑ni =1sinθi-sinθi- 11+sinθi - 11-sinθi- 1=∑ni =12sin θi-θi - 12 cosθi+θi- 12cosθi - 1≤∑ni =12sinθi-θi - 12<∑ni =1(θi-θi - 1)=θn -θ0 =π2 .例 1的命制及解法均含有高等数学中的思想方法 ,为了说明问题 ,我们给出如下两个结论 .定理 1　设 f(x) 是区…     

两个引理及其推广的再推广

文[1]介绍了有关不等式的两个引理及其推广命题1-4.本文将两个引理及其推广命题再作进一步推广.引理1的推广设α,β均为锐角,n∈N ,则1sinn2α sin1n2β≥sinn(2α β)(1)当且仅当α=β时取等号.证sin1n2α sin1n2β≥2sinn2α1sinn2β=12n-1(sinαcosβ.cosαsinβ)n≥(sinαc     

一个组合数求和的递推公式

中学教材中有下列恒等式:C_n~1 2C_n~2 3C_n~3 … nC_n~n=n·2~(n-1)。实际上,有更一般的组合数求和的递推公式(*): 1~kC_n~1 2~kC_n~2 … n~kC_n~n =n[1~(n-1)C_n~1 2~(k-1)C_n~2… n~(k-1)C_n~n]--[1~(k-1)C_(n-1)~1 2~(k-1)C_(n-1)~2 … (n-1)~(k-1)C_(n-1)~(n-1)] (k∈N) 此公式证明如下: ∵n[1~(k-1)C_n~1 2~(k-1)C_n~2 … (n-1)~(k-1)C_n~(n-1) n~(k-1)C_n~n] =n·1~(k-1)C_n~1 n·2~(k-1)C_n~2 … n·(n-1)~(k-1)C_n~(n-1) n~kC_n~n =[1~kC_n~1 1~(k-1)(n-1)C_n~1]     

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…     

关于一对不等式的推广

文[1]证明了一对有趣的不等式:设a,b,c为正数,且a b c=1,则有(b1 c-a)(c 1a-b)(a1 b-c)≥(67)3,(b1 c a)(c 1a b)(a1 b c)≥(161)3.为了推广这两个不等式,文[1]提出下面四个命题,要求证明或否定之.设a1,a2,…,an为正数且其和为1.命题1∏ni=1(ai 1ai 1-ai 2)≥(2n-1n)n.命题2∏ni=1(ai 1ai 1 ai 2)≥(2n 1n)n.命题3∏n-1i=0(∑K1j=1ai j-∑nj=k 1ai j)≥(kn nk-1)n.命题4∏n-1i=0(∑K1j=1ai j ∑nj=k 1ai j)≥(kn-nk 1)n.其中an i=ai(i=1,2,…,n-1),k为小于n的正整数.本文先证明命题3为真,然后对其余三个命题给出反例.令f(x)=ln(1-1x-x),0相似文献   

Exact Solution to an Extremal Problem on Graphic Sequences with a Realization Containing Every 2-Tree on k Vertices

A simple graph G is a 2-tree if G=K_3,or G has a vertex v of degree 2,whose neighbors are adjacent,and G-v is a 2-tree.Clearly,if G is a 2-tree on n vertices,then |E(G)|=2 n-3.A non-increasing sequence π=(d_1,...,d_n) of nonnegative integers is a graphic sequence if it is realizable by a simple graph G on n vertices.[Acta Math.Sin.Engl.Ser.,25,795-802(2009)] proved that if k≥2,n≥9/2 k~2+19/2 k and π=(d_1,...,d_n) is a graphic sequence with∑_(i=1)~n di(k-2)n,then π has a realization containing every 1-tree(the usual tree) on k vertices.Moreover,the lower bound(k-2)_n is the best possible.This is a variation of a conjecture due to Erdos and Sos.In this paper,we investigate an analogue problem for 2-trees and prove that if k≥3 is an integer with k≡i(mod 3),n≥ 20[k/3] ~2+31[k/3]+12 and π=(d_1,...,d_n) is a graphic sequence with ∑_(i=1)~n d_imax{k-1)(n-1), 2 [2 k/3] n-2 n-[2 k/3] ~2+[2 k/3]+1-(-1)~i}, then π has a realization containing every 2-tree on k vertices.Moreover,the lower bound max{(k-1)(n-1), 2[2 k/3]n-2 n-[2 k/3] ~2+[2 k/3]+1-(-1)~i}is the best possible.This result implies a conjecture due to [Discrete Math.Theor.Comput.Sci.,17(3),315-326(2016)].     

一个复数分解式的几何解释

设(k=0,1,2,…,n-1)是1的n次单位根。则 x~n-1=(x-1)(x-ε_1)…(x-ε_(n-1)) (1) 我们知道ε_n(k=0,1,2,…,n-1)表示单位圆的n个等分点,即单位圆的内接正n边形的n个顶点,其中ε_o=1。 (1)两边同除以x-1,得 x~n-1/x-1=(x-ε_1)(x-ε_2)…(x-ε_(n-1)) 根据G.P.求和式得x~2-1/x-1=1 x x~2 … x~n-1     

一道试题的背景研究及其推广

定理如果一个虚数的三次方是实数,那么,这个虚数必有形式Aw或Aw2,其中,w是1的立方虚根,A∈R且A≠0.证法1设z=r(cosθ isinθ),r∈R且r≠0,sinθ≠0,ω=-12 32i=cos23π i sin2π3,则z3=r3(cos3θ i sin3θ)∈R,∴sin3θ=0.3θ=kπ,θ=kπ3,k∈Z.1)当k=6n(n∈Z,下同)时,θ=2nπ,     

含根式不等式的处理方法

含根式不等式因技巧性较强,历年来颇受命题者喜爱,下面请欣赏几例. 一、三角代换例1 已知xi≥0,x0=0,sum from i=0 to nxi=1.求证:sum from i=1 to n xi/(1+x0+…+xi-1)(xi+…+xn)~(1/2)<π/2.证明 令x0+…+xi-1=sinθi-1,0=θ0≤θ1≤θ2≤…≤θn=π/2.则原式=sum from i=1 to n sinθi-sinθi-1/cosθi-1     

min{max|x~n a_1 x~(n-1) a_2 x~(n-2) … a_(n-1) x a_n|}(x∈A)问题

引理1设n∈N,且n≥2则cosnθ=12n-1cosnθ q1·cos(n-2)θ q2·cos(n-4)θ …(1)(其中q1,q2,……均为与n有关的常数)说明:文[1]给出了余弦的n(n≥2,n∈N)次降幂公式:cosnθ=12n-1nk=0Ckncos(n-2k)θ.将上式整理即有:cosnθ=12n-1cosnθ 12n-1C1ncos(n-2)θ 12n-1C2ncos(n-4)θ     

一道普通高考题的另解

题目:设数列{an}的首项a_1∈(0,1),a_n=(3-a_(n-1))/2,n=2,3,4,….(Ⅰ)求{a_n}的通项公式;(Ⅱ)设bn=an.3-2an,证明bn相似文献   

有循环极大子群的素数幂阶群的作用是边传递的图(II)

假定Γ是一个有限的、单的、无向的且无孤立点的图,G是Aut(Γ)的一个子群.如果G在Γ的边集合上传递,则称Γ是G-边传递图.我们完全分类了当G为一个有循环的极大子群的素数幂阶群时的G-边传递图.结果为:设图Γ含有一个阶为pn(p是素数,n≥2)的自同构群,且G有一个极大子群循环,则Γ是G-边传递的,当且仅当Γ同构于下列图之一1)pmK1,pn-1-m,0≤m≤n-1;2)pmK1,pn-m,0≤m≤n;3)pmKp,pn-m-1,0≤m≤n-2;4)pn-mCpm,pm≥3,m＜n;5)2n-2K1,1;6)pn-1-mCpm,pm≥3,m≤n-1;7)2pn-mCpm,pm≥3,m≤n-1;8)2pn-mK1,pm,0≤m≤n;9)pn-mK1,2pm,0≤m≤n;10)pn-mK2,pm,0＜m≤n;11)C(2pn-m,1,pm);12)pkC(2pm-k,1,pn-m),0＜k＜m,0＜m≤n;13)(t-s,2m)C(2m 1/(t-s,2m),1,2n-1-m),其中0≤m≤n-1,2n-2(s-1)≡0(mod 2m),t≡1(mod 2),s(≠)t(mod 2m),1≤s≤2m,1≤t≤2n-1;14)∪p i=1 Ci p n-1,其中Ci p n-1=Ca1a1 [1 (i-1)pn-2]a 1 2[1 (i--1)p n-2]…a 1 (pn-1-1)[1 (i-1)p n-2]≌Cp n-1,i=1,2,…,p;15)∪2 i=1 Ci 2n-1,其中Ci 2n-1=Ca1a 1 [1 (i-1)(2n-2-1)]a1 2[1 (i-1)(2n-2-1)]…a1 (2n-1-1)[1 (i-1)(2n-2-1)]≌C2n-1,i=1,2.     

Hermite-Fejer Interpolation With Moved End Points

Let Z_n={z_(kn)=cosθ_(kn):θ_(kn)=(2k-1)/(2n)π,k=1,2…,n}be the zeros of T_n(x)=cosnθ(x=cosθ,θ∈[0,π]).For 0≤ε≤1,let α_n=:α_n(ε)=:cos(1-ε)/(2n)π,β_n=:β_n(ε)=:cos(2n-1+ε)/(2n)π=-α_n,X_n~(1)=(Z_n-{z_(1z)})∪{α_n},X_n~(2)=(Zn-{z_(nn)})∪{β_n},X_n~(3)=(Z_n-{z_(1n),z_(nn)})∪{α_n,β_n},Y_n~(1)=Z_n∪{α_n},Y_n~(2)=Z_n∪{β_n},Y_n~(3)=Z_n∪{α_nβ_n}.     

一类和式极限问题的初等解法及推广

在高等数学学习中 ,我们求和式极限 :limn→∞ Σni=1fi( n)的途径大致有这么几种 :( 1 )先求和 :Σni=1fi( n) ,再求极限 ;( 2 )利用夹逼准则 ;( 3 )利用定积分的定义 ,把和式极限表示成定积分 ,通过计算定积分 ,求得和式的极限 ;( 4)综合运用 ( 1 )、( 2 )、( 3 )求出和式的极限。现在 ,我们考虑如下一类和式的极限问题 :例 1　求 limn→∞sin πnn+1 +sin2πnn+12+… +sinπn+1n;例 2　求 limn→∞cosπ2 n2 n+12+cos2π2 n2 n+14+… +cosπ22 n+12 n;例 3　求 limn→∞sin πnn+1n+sin2πnn+1n2+… +sinπn+1nn.当然 ,与此类似的题目 ,…     

线性过程关于矩的重对数律的精确率

讨论线性过程Xk=∑∞i=-∞ai+kεi,其中{εi；-∞＜i＜∞}是均值为零,方差有限为σ2的双侧无穷独立同分布随机变量序列,{ai；-∞＜ i＜∞}为绝对可和的实数序列.令Sn=∑nl=1Xk,n≥1,假设|ε1|3＜∞,证明了对任意的δ＞-1,lim ∈↘0∈2δ+2∑∞n=1(㏒ ㏒ n)δ/n3/2㏒ nE{|Sn|-∈τ√2n ㏒ ㏒ n}+=√2τ√/√π(δ+1)(2δ+3)Γ(δ+2),其中τ2=σ2(∑∞i=-∞ai)2以及Γ(·)为Gamma函数.