“传球”问题可看作“种植”问题的一个应用

文[1]把“传球”问题推广到一般情况:m(m≥2,m∈N*)个人互相传球,甲先发球作为第一次传球,经过n(n≥2,m∈N*)次传球后,球仍回到甲手中,则不同的传球方法有多少种?并推得一般结论an=mm-1[(m-1)n-1-(-1)n-1].图1圆文[2]把“种植”问题推广到一般情况:如图1,一个圆形花坛分为n(n≥3,n∈N*)个扇形,种植m(m≥3,m∈N*)种不同颜色的花,要求相邻两部分种植不同颜色的花,有多少种不同的种植方法?也推得一般结论:an=(m-1)n (-1)n(m-1).文[1]的结论难记,随手整理一下:an=1m[(m-1)n (-1)n(m-1)].这是文[2]的结论的m分之一!这激起了我的好奇心!经过探索…     

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 :(-…     

一道高中数学预赛题的多向推广

众所周知,等差数列存在一些美妙的性质,列出如下. 性质1 等差数列{an｝的前n项之和An=an2+bn. 性质2 若等差数列{an｝与等差数列{bn｝前n项之和分别为An,Bn,则An/Bn=an+b/cn+d. 证明:设{an｝,{bn｝的公差分别为d1,d2,由An=na1+n(n-1)d1,Bn=nb1+n(n-1)d2,得An/Bn=d1/2n+(a1-d1/2)/d2/2n+(b1-d2/2)=an+b/cn+d,其中a=d1/2,b=a1-d1/2,c=d2/2,d=b1-d2/2.     

关于Diophantine方程(20n)x+(21n)y=(29n)z

设a,b,c是满足条件a2+ b2=c2的两两互素的正整数.Jesmanowicz于1956年猜想对于任意给定的正整数n,方程(an)x+(bn)y=(cn)z仅有解(x,y,z)=(2,2,2).本文证明了方程(20n)x+(21n)y=(29n)z有唯一解(x,y,z)=(2,2,2).     

从(S_m-S_n)/(m-n)=S_(m+n)/(m+n)说开去

在等差数列 {an}中 ,Sn 为其前n项和 ,则有如下性质 :Sm-Snm -n =Sm +nm +n　 (m ,n∈N ,且m≠n) (1)证明　∵Sm-Sn=ma1+12 m(m - 1)d -na1- 12 n(n - 1)d=(m -n) [a1+12 (m +n - 1)d],∴ Sm-Snm -n =a1+12 (m +n - 1)d .又Sm +n=(m +n)a1+12 (m +n) (m +n -1)d ,∴ Sm +nm +n=a1+12 (m +n - 1)d .故 (1)式成立 .等差数列 {an}的公差d =0时的情况很简单 ,因此 ,在以下的讨论中我们约定d≠ 0 .图 1　性质 (1)的图示我们知道 ,等差数列 {an}前n项和Sn=na1+12 n(n - 1)d =12 dn2 +(a1- d2 )n ,这说明 ,点 (n ,Sn)在二次函数 y =12 dx2 +(…     

关于丢番图方程(an)x+(bn)y=(cn)z

设n,a,b,c是正整数,gcd(a,b,c)=1,a,b≥3,且丢番图方程a~x+b~y=c~z只有正整数解(x,y,z)=(1,1,1).证明了若(x,y,z)是丢番图方程(an)~x+(bn)~y=(cn)~z的正整数解且(x,y,z)≠(1,1,1),则yzz或xzy.还证明了当(a,b,c)=(3,5,8),(5,8,13),(8,13,21),(13,21,34)时,丢番图方程(an)~x+(bn)~y=(cn)~z只有正整数解(x,y,z)=(1,1,1).     

新题征展(116)

A 题组新编 1.(胡寅年)设{an}是首项为1的正项数列,且n+1a2n+1-na2n+an+1an=0. (1)求{an}的通项公式; (2)设bn=(ln(1+an))/(an),证明:①bn≤bn+1;②ln2≤bn相似文献   

综合题新编选登

题143设函数f(x)=x x2-a2(a>0).1)求f(x)的反函数f-1(x)及定义域;2)若数列{an}满足a1=3a,an 1=f-1(an),设bn=an-aan a,Sn表示{bn}的前n项和,试比较Sn与78的大小.解1)由f(x)=x x2-a2(a>0)得x=y2 a22y,∵y=x x2-a2(a>0),∴x2-a2=y-x=y-y2 a22y=(y a)(y-a)2y≥0,∴-a≤y<0或y≥a.∴f-1(x)=x2 a22x(-a≤x<0或x≥a)2)∵an 1=f-1(an)=an2 a22an,∴bn 1=an 1-aan 1 a=an2 a22an-a an2 a22an a=an-a an a2=bn2.∵a1=3a,∴b1=a1-aa1 a=12.∴bn=(bn-1)2=(bn-2)22=…=(12)2n-1.∴Sn=b1 b2 b3 … bn=12 (12)2 (12)22 … (12)2n-1.∵2n-1=C0n-1 C1n-1 …     

2006年一道高考题的引申

(2006年江苏高考第21题)设数列{an},{bn},{cn},满足:bn=an-an 2,cn=an 2an 1 3an 2(n=1,2,3,…),证明{an}为等差数列的充分必要条件是{cn}为等差数列且bn≤bn 1(n=1,2,3,…)此题的必要性易证,充分性的一个证明思路是:根据等差数列{cn}的性质有cn 2-cn为常数,结合bn≤bn 1得到bn     

指数Diophantine方程(143n)~x+(24n)~y=(145n)~z

设(a,b,c)是一组满足a~2+b~2=c~2,gcd(a,b)=1,2|b的本原商高数,运用初等数论方法讨论方程(an)~x+(bn)~y=(cn)~z正整数解(x,y,z,n),证明了:当(a,b,c)=(143,24,145)时,方程仅有正整数解(x,y,z,n)=(2,2,2,m),其中m是任意正整数,上述结果说明此时Jesmanowicz猜想成立.     

柯西不等式的证明及应用

<正>高中数学学习中,不等式变形巧妙神奇,尤其是柯西不等式的应用.我梳理了一下有关柯西不等式的证明及应用,方便同学们使用.柯西不等式:(a1b1+a2b2+…+an bn)2≤(a21+a22+…+a2n)(b21+b22+…+b2n)(ai bi∈R,i=1,2…n).等号当且仅当a1=a2=…=an=0或bi=tai时成立(t为常数,i=1,2…n).柯西不等式的证明方法很多,下面的方法比较深刻且具通性.为简便,设ai不全为0.证法一(构造二次函数)f(x)=(a1x+b1)2+(a2x+b2)2+…+(an x+bn)2=(a21+a22+…+a2n)x2+2(a1b1+a2b2+…+an bn)x+(b21+b22+…+b2n).     

新题征展(109)

A 题组新编 　　1.已知数列{an}的前n项和Sn=1/2n(n-1),且an是bn与1的等差中项. 　　(1)求数列an和数列bn的通项公式; 　　(2)若cn=(1)/(nan)(n≥2),求c2+c3+c4+…+cn;……     

递推数列寻找特根——从2010年全国卷Ⅰ第22(1)说起

1 全国Ⅰ卷第22(1)题根在哪里 题1 (2010年全国Ⅰ卷第22(1)题) 已知数列{an}中,a1=1,an+1=(5)/(2)-(1)/(an).设bn=(1)/(an-2),求数列{bn}的通项公式.     

综合题新编选登

题 8 8 　已知数列 {an},{bn}且a1=b1=1,an + 1=an+ 3bn,bn + 1=an+bn,记xn =anbn.1)求xn + 1与xn 的关系式 .2 )判断数列 {|xn - 3| }的单调性 .3)求数列 {xn}的极限值 .4 )求证 :|x1- 3| + |x2 - 3| +… +|xn - 3| <3+ 1.解　 1)xn + 1=an + 1bn + 1=an+ 3bnan +bn=anbn+ 3anbn+ 1=xn + 3xn + 1,其中x1=a1b1=1.2 )xn + 1- 3=xn+ 3xn+ 1- 3=( 1- 3) (xn- 3)1+xn.∵x1=1,xn + 1=xn + 3xn + 1,∴xn >0 .∴ |xn + 1- 3| =3- 11+xn|xn - 3|<( 3- 1) |xn - 3|<|xn - 3| .　 {|xn - 3| }为递减数列 .3)由 2 )知 :n >1时 ,0 <|xn - 3| <( 3- 1) |x…     

再探三角形的一种边角关系

以下用a ,b ,c分别表示△ABC中角A ,B ,C的对边 ,文 [1 ]已证得 .定理 1　若an,bn,cn(n =1 ,2 ,3,4 )成等差数列 ,则B≤ 6 0° .定理 2　若an,bn,cn(n∈Z)成等差数列 ,则B≤ 6 0°.实际上 ,还可将定理 2推广为 :定理 3　若an,bn,cn(n <0 )成等差数列 ,则B≤ 6 0°.证　因为a ,b ,c∈R+,an+cn2 =bn,所以bn≥ancn .又n <0 ,所以b2 ≤ac ,得(a -c) 2 ≥ 0≥b2 -ac,a2 +c2 -b2 ≥ac ,cosB =a2 +c2 -b22ac ≥12 ,B≤ 6 0° .猜想 1　若an,bn,cn(n≤ 4 ,n∈R )成等差数列 ,则B≤ 6 0° .下面是对猜想 1的研究 :由an+cn=2bn,可不妨设an≥bn≥…     

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.     

等差数列的一个性质及其应用

设数列 {an}是等差数列 ,公差为d ,则an + 2 ·an-a2 n + 1=-d2 .此结论的证明不难 .an + 2 ·an-a2 n + 1=(an + 1+d) (an + 1-d) -a2 n + 1=a2 n + 1-d2 -a2 n + 1=-d2 .若从等差数列的特征去思考 ,它有an + 2+an=2an + 1这一递推关系式 ,那么此结论是否有其一般的规律呢 ?思考 1　在数列 {an}中 ,若an + 2 +an=pan + 1(n∈N ,p为非零常数 ) ,则an + 2 ·an-a2 n + 1=?探索　设bn=an + 2 ·an-a2 n + 1,则bn + 1-bn =an + 3 ·an + 1-a2 n + 2 -an + 2 ·an+a2 n + 1=an + 1(an + 3 +an + 1) -an + 2(an + 2 +an) =pan + 1·an + 2 - pan…     

一道高考题的再推广

2006年江苏高考第21题：设数列｜an｜,｜bn｜,｜cc｜满足：bn=an-an＋2,cn=an＋2an＋1＋3an＋2（n=1,2,3,…），证明｜an｜为等差数列的充分必要条件是｜cn｜为等差数列且bn≤bn＋1（n=1,2,3,…）。     

一道高考题的另一解法

2007年高考全国卷(Ⅰ)理科第22(Ⅱ)题也可以用“辅助数列法”求出通项bn,然后证明.题:已知数列{an}中a1=2,an 1=(2-1)(an 2),n=1,2,3,….(Ⅰ)求{an}的通项公式;(Ⅱ)若数列{bn}中b1=2,bn 1=23bbnn 34,n=1,2,3,….证明:2相似文献   

x~0=1是有条件的

文[1]的例6及其"正解"如下:题目函数y=(m-1)xm-1+(m-3)x+1,当m为何值时,它是一次函数.解当m-1=0且m-3≠0时,为一次函数.解得m=1;当m-1=0且m-3≠0时,为一次函数.解得m=±1;当m-1=1且(m-1)+(m-3)≠0时,为一次函数.解得m=-2.所以当m=±1或m=-2时,它是一次函数.评论这个"正解"不对!当m=1时,y=(1-1)x1-1+(1-3)x+1,即y=0x0-2x+1,即y=-2x+1(x≠0).它不是一次函数!它的图像不是一条直