与二项式系数有关的求和问题的解题策略

1赋值求和例1设(2x-3)10=a10(x-1)10 a9(x-1)9 … a2(x-1)2 a1(x-1) a0,求a1 a2 a3 … a10的值.解令x=2,得a0 a1 a2 a3 … a10=1;令x=1,得a0=(-1)10=1,所以a1 a2 a3 … a10=1-1=0.例2设(1 x x2)n=a0 a1x a2x2 … a2nx2n,求a1 a3 a5 … a2n-1的值.解令x=1,得a0 a1 a2 … a2n=3n;令x=-1,得a0-a1 a2-…-a2n-1 a2n=1.两式相减得a1 a3 a5 … a2n-1=3n-12.2逆用定理例3已知等比数列{an}的首项为a1,公比为q,求和:a1C0n a2C1n a3C2n … an 1Cnn.解a1C0n a2C1n a3C2n … an 1Cnn=a1C0n a1qC1n a1q2C2n … a1qnCnn=a1(C0n qC1n q2C2n … qnCnn)…     

凸多边形边数的另解

<正>贵刊2016年12月下智慧窗栏目刊登的《凸多边形的边数》中的原题:已知凸n边形A_1A_2A_3…A_n的所有内角都是15°的整数倍,且∠A_1+∠A_2+∠A_3=450°,而其它内角都相等,那么n最少是,最多是.原解据题设知:∠A_1+∠A_2+∠A_3=450°,故可设∠A_4=∠A_5=…=∠A_n=x·15°,由此得:450°+(n-3)x·15°=(n-2)×180°,30+(n-3)x=(n-2)×12.     

一个有趣的组合恒等式猜想的证明

在第三届全国不等式学术年会上,江苏的褚小光老师提出了如下猜想:n2C02n (n-1)2C12n (n-2)2C22n … 22Cn-2n 2 12Cn2-n 1=n·22n-2.经探讨发现,此猜想成立,即有定理1 n2C02n (n-1)2C12n (n-2)2·C22n … 22Cn-2n 2 12Cn2-n 1=n·22n-2.证明n2C02n (n-1)2C12n (n-2)2C22n … 22C     

一道高中数学竞赛题的推广

2004年全国高中数学联赛吉林赛区初赛第四大题是:设ai∈R ,i=1,2,…,5.求a1a2 3a3 5a4 7a5 a3 3a4 a25a5 7a1 … a1 3a2 a55a3 7a4的最小值.我们发现,这道试题的结论还可加强为定理设xi>0(i=1,2,…,n)n∈N,n≥3,正项等和数列{λn}(i=1,2,…n-1)满足λ1 λn-1=λ2 λn-2=…=t≥2a≥0,则x1ax1 λ1x2 λ2x3 … λn-1xn x2ax2 λ1x3 λ2x4 … λn-1x1 … xnaxn λ1x1 λ2x2 … λn-1xn-1的最小值为2n2a (n-1)(λ1 λn-1).证明:实际上述问题等价于x1ax1 λ1x2 λ2x3 … λn-1xn x2ax2 λ1x3 λ2x4 … λn-1x1 … xnaxn λ1x1 λ2x2 … λn-1xn-1…     

一道IMO预选题的推广

第 2 6届 ( 1 985年 )国际数学奥林匹克有如下预选题 .设 x1,x2 ,… ,xn ∈ R ( n≥ 2 ) ,求证x21x21 x2 x3 x22x22 x3 x4 … x2n-1x2n-1 xnx1 x2nx2n x1x2≤ n - 1 . ( 1 )推而广之 ,我们有定理　若 x1,x2 ,… ,xn ∈ R ( n≥ 2 ) ,α,β∈ R,则xα β1xα β1 xα2 xβ3 xα β2xα β2 xα3 xβ4 … xα βn-1xα βn-1 xαnxβ1 xα βnxα βn xα1xβ2≤ n - 1 . ( 2 )证明　 n =2时 ,不等式 ( 2 )左端为xα β1xα β1 xα2 xβ1 xα β2xα β2 xα1xβ2　 =xα1xα1 xα2 xα2xα2 xα1=1 .故 n =2…     

微积分在组合数求和证明中的应用

关于微积分的应用,我们知道的已经很多,如求极值问题、几何应用、物理应用,以及利用微积分解决有关级数的求和问题等,但利用微积分解决有关组合数的和的计算与证明却比较少见.本文想通过几个例子,一方面丰富解决组合数求和及证明这类问题的方法,另一方面可让大学生朋友进一步了解数学这一工具的重要性和应用的广泛性.例1　证明:C1n 2C2n 3C3n … nCnn=n2n-1C1n-2C2n 3C3n-… (-1)n-1nCnn=0证明　因为(1 x)n=1 C1nx C2nx2 … Cnnxn,两边对x求微分,有n(1 x)n-1=C1n 2C2nx 3C3nx2 … nCnnxn-1.令x=1,则有C1n 2C2nx 3C3nx2 … nCnn=n2n-…     

杨学枝猜想21的完善和初等证法

杨学枝老师在文[1]中提出的猜想21如下: 设xi∈-R,i=1,2,…,n,记s1=η∑xi=1,sn-1=x2x3…xn+x1x3…xn+…+x1x2…xn-1,sn=x1x2…xn,则 sn1-(n-1)n-1 s1 sn-1+n2[(n-1)n-1-nn-2]Sn≥0,① 当且仅当x1=x2-…=xn时取等号. 笔者探究发现①式取等号成立的充要条件应该是:x1=x2=…=xn,或x1=x2=…=xn-1,xn=0.     

Approximation of Generalized Bernstein Operators

This paper is devoted to study direct and converse approximation theorems of the generalized Bernstein operators Cn( f,sn,x) via so-called unified modulus ω2φλ( f,t), 0 ≤λ≤1. We obtain main results as follows ω2φλ( f,t) =O(tα)|Cn( f,sn,x)- f(x)| =O(n-12 δ1-λn(x))α,where δ2n(x) =max{φ2(x),1/n} and 0 α 2.     

几何级数及其某些应用

在几何级数1/(1-x)=1+x+x~2+…+x~(n-1)+…(-1相似文献   

RESEARCH ANNOUNCEMENTS—On a Generalization of the c—numerical Range

Let Cn×n be the set of n × n complex matrices and An the set of orthonormal n-tuples of vectors in Cn. For a vector c in Cn and a matrix A in Cn×n, the c-numerical range of A is the set Wc(A)={n∑i=1 Ci(Axi,xi):(x1,…xn)∈∧n} When c = (1,0,…,0), Wc(A) is reduced to the classical numerical range W(A) (see [1]). For the classical numerical range and its generalizations, one may see the survey article[2].     

一个不等式的指数推广

贵刊文[1]给出了如下不等式:设a,b>0,λ≥3则aa λb λa b b≥12 λ(1)(见文[1](3)式)本文将把(1)式推广为:定理设a,b>0,n≥2且n∈N,λ≥2n-1则naa λb nbλa b≥n12 λ(2)证明令x1=ab,x2=ba,则x1,x2>0,且x1x2=1,于是(2)式等价于1n1 λx1 n11 λx2≥n12 λ(3)再令t1=n1 λx1,t2=n1 λx2,则t1,t2>0(3)式等价于1t1 t12≥n12 λn1 λ(t1 t2)≥2t1t2(1 λ)(t1 t2)n≥2nt1nt2n(1 λ)(t1n C1nt1n-1t2 C2nt1n-2t22 … Cnn-1t1t2n-1 t2n)≥2n(t1t2)n(1 λ)[2 λ(x1 x2) (C1ntn1-1t2 C2nt1n-2t22 … Cnn-1t1t2n-1]≥2n(t1t2)n(4)因为C1n C2n … C…     

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   

争鸣

问题问题97数列{an}中,a1=2,2an=an-1 an1-1(n≥2),求an.解由特征方程2x=x 1x得x=±1.∴2(an-1)=an-1 a1n-1-2=(ana-n1--11)2(1)2(an 1)=an-1 a1n-1 2=(ana-n1- 11)2(2)由((21))得aann -11=(aann--11 -11)2=[(aann--22- 11)2]2n-1=(aann--22 -11)4=…=(aa11- 11)2n-1.∵a1=2,∴aann- 11=(13)2n-1,即an=21-3-2n-1-1.上面解法是找特征根后,通过化简变形后得出规律的.但递推式变为:3an=an-1 an1-1(n≥2)后,用上面方法失效.我也曾试过好多种方法均告失败.请同行们参与讨论:“已知数列{an}中,a1=2,3an=an-1 an1-1(n≥2),求an”问题.an怎样求呢?是…     

一个不等式的推广及应用

《数学通报》1998年第 4期问题 112 8( 1)为设 x,y,z都是正数 ,证明x2 y3 z3 ≥ 13 ( x y z) ( x2 y2 z2 ) . 1此不等式对称和谐 ,十分优美 ,其证明方法较多且并不困难 .显然 ,其中等号当且仅当 x=y=z时成立 .本文将对 1式作一些推广 ,并举例说明其简单应用 .首先 ,若从指数进行推广 ,则得定理 1　设 x,y,z∈ R ,n∈ N ,则xn yn zn≥ 13 ( x y z) ( xn-1 yn-1 zn-1 ) 2等号当且仅当 n=1或 x=y=z时成立 .证明　∵　 xn yn =( n-1n xn 1nyn) ( n-1n yn 1nxn)≥ nn xn(n-1 ) ynnn nn yn(n-1 ) xnnn =xn-1 y yn-1 x.即　 xn yn≥ xn…     

一个征解轮换对称不等式的初等证明

用初等方法证明了不等式:设xi>0,i=1,2,…,n(n≥3),则x2/x1(x3 x4 … xn) x3/x2(x4 x5 … x1) … x1/xn(x2 x3 … xn-1)≥(n-2)(x1 x2 … xn)     

一个数列求解通项中的数学思想及知识的蕴含

本人兴之所致,探讨这样一个数列1,2,2,3,3,3,…m,m,mm个,…(1)曾编程输出过它.问:数列(1)的通项是什么?把(1)排成数表:12 23 3 3…………m m m…m…………那么,处于方框内的数,其所在·位·置形成的数列:1,2,4,7,11,16,22,…(2)其通项如何表示呢?(2)是“二阶等差数列”.应用“待定系数法”,不难解得其通项为an=n2-n2 1.n∈N*(3)这样,把问题反过来,an还原为位置n,(3)中的n即为数表中方框内的值bn=x,须知它为所在行同样值的代表,则由(3)变形:n=x2-x2 1,x2-x-2(n-1)=0.由x>0,解得x=1 1 8(n-1)2.这就是(1)的通项公式:bn=1 8n-72 n∈N*记号[k]表…     

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 …     

实数的广义二进展式的一个概率性质

设0相似文献   

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     

综合题新编选登

题159已知函数f(x)是定义在N*上的函数,且满足f(f(k))=3k,f(1)=2,设an=f(3n-1),b1=1,bn-log3f(an)=b1-log3f(a1).1)求证:f(ba11) f(ba22) … f(bann)1,n∈N*恒成立,求m的取值范围.解1)f(an)=f(f(3n-1))=3·3n-1=3n,log3f(an)=n.由bn-log3f(an)=b1-log3f(a1),得bn-n=b1-1.又b1=1,故bn=n.设Sn=f(ba11) f(ba22) … f(bann),即Sn=1·31 2·312 … n·31n(1)则31Sn=1·312 2·313 … n·3n1 1(2)(1)-(2)得,23Sn=31 312 313 … 31n-n·3n1 1…