求等差数前列n项和的一个公式

设a_0,a_2,…,a_n,a_(n+1),…为等差数列,其公差为d,则有公式 (?)a_i~3=(a_n·a_(n+1))~2+(a_1a_0)~2/4d 下面给出证明。给定n个等式。 (a_n~2+da_n)~2-(a_n~2-da_n)~3=4da_n~3; (a_(n-1)~2+da_(n-1))-(a_(n-1)~2-da_(n-1))~2=4da_(n-1)~3; (a_(n-2)~2+da_(n-2))~2-(a_(n-2)~3 2-da_(n-2))~2=4da_(n-2)~3,…, (a_3~2+da_3)~2-(a_3~2-da_3)~2=4da_3~3,     

一类四次Hamiltonian函数周期环域的环性

证明了三次Hamiltonian系统x=2y(b+cx~2+2y~2),y=-2x(a+2x~2+cy~2)在n次多项式扰动下极限环的个数不超过3[n-1/4]+12[n-3/4]+22(计重数),其中a0,b0c-2.     

方程 x~n px q=0有两个相等实根的充要条件及其应用

(一) 考察实系数一元n次方程 x~n px q=0(1) 我们有定理1 当n为偶数时,方程(1)有两个相等实根的充要条件是 q~(n-1)/(n-1)~(n-1)=p~n/n~n;并且,若p<0;则这两个相等的实根为 x_0=(q/(n-1))~(1/2)若p>0,则这两个相等的实根为 x_0=-(q/(n-1))~(1/n) 证明设方程(1)有两个根均为实数x_0,则可令x~m px q=(x-x_0)~2(x~(n-2) a_1x~(n-3) a_2x~(n-4) …… a_n-3x a_n-2)其中a_i∈R(i=1,2,…n-2)。展开,合并,比较系数,可得     

GF(p)上B_n的次数

行列式 B_n=∑±b_(i_1)~(m_1)b_(i_2)~(m_2)…b_(i_n)~(m_n)中各项含因子 b 的个数的最大值称为 B_n 的次数,其中,1≤t_k≤n,m_f≥0,b_(i_k)∈GF(p).当 p=2时,这是0-1矩阵的行列式,文[3]已有结果.本文在任意 p 的情形下给出 B_n 的次数 L(n)的公式:对任意正整数 r,当 n_r≤n≤n_(r+1)时,L(n)=r,其中,n_r=(r_0+1)(p~(q+1)-1)/(p-1)-(1+qp~(q+1),q=[r/(p-1)],r=q(p-1)+r_0。     

2011年清华金秋营数学试题及解答

1.求sinπnsin2πn…sin(n-1)πn的值.解设ε=cosπn+isinπn(i为虚数单位),则1,ε,ε2,…,ε2(n-1)为x2n-1=0的根,且sinkπn=εk-ε-k2i=ε2k-12iεk,所以sinπnsin2πn…sin(n-1)πn=(ε2-1)(ε4-1)…[ε2(n-1)-1]2n-1in-1ε12n(n-1)()n-1(2)(4)…[2(n-1)]     

关于乘法分拆的计数函数

本文讨论了乘法分拆的计数函数 g(n)并对 g(n)的均值作了下界的估值。一 引言考虑集合 T(n)={(m_1,m_2,…,m_s);n=m_1m_2…m_s,m_i>1,1≤i≤s},此处不计m_1,m_2,…,m_s 的次序。我们定义 g(n)=|T(n)|并且 g(1)=1。例如 g(24)=7,因为24=3·8=3·4·2=3·2·2·2=6·4=6·2·2=12·2.在1983年,John F.Hughes 和 J.O.Shallit 证明了 g(n)≤2n 2~(1/2)     

六类Oberwolfach问题OP(4~a,s~b)的解

完全图K_n(n为奇数)或K_n-I(n为偶数,I为K_n的1-因子)是否有2-因子分解称Oberwolfach问题.每个2-因子恰包含α_i个长为m_i的圈(i=1,2,…,t)的Oberwolfach问题记为OP(m_1~(α_1),m_2~(α_2),…,m_t~(α_t)).证明了对任意的a≥0,b=2,3和s=3,5,6,且(a,s,b)≠(0,3,2),都存在OP(4~a,s~b)的解.     

牛顿公式的一个初等证明

设x_1,x_2,…,x_n是一元n次方程x~n-σ_1x~(n-1)+σ_2x~(n-2)-…+(-1)~nσ_n=0的n个根,并设S_k=x_1~k+x_2~k+…+x_n~k(k=1,2,…),那么 当k相似文献   

三角在代数上的一个应用

指明一个实系数多項式P(x)是否有实根常常是一件很重要的事情。我們已經有施斗姆方法能指出P(x)实根的个数,当然也指出了非实复根的个数。下面仅提出一个P(x)有非实复根的充分条件作为三角在代数上的一个应用。定理实系数多項式P(x)=x~n+a_1x~(n-1)+…++a_n当(a_1-a_3+a_5-…)~2+(1-a_2+a_4--…)~2≤1,a_n(?)0时,一定有非实复根。为了証明这个定理,我們先証明两个公式: sin(α_1+α_2+…+α_n)==cos α_1 cos α_2…cos α_n(T_1-T_3+T_5-…),(1)cos(α_1+α_2+…+α_n)==cos α_1 cos α_2…cos α_n(1-T_2+T_4-…),(2)其中T_k为tg α_1,tg α_2,…,tg α_n中每k个相乘相加k=1,2…n。为了証明公式(1),(2)采用如下的归納法:設有两个命題f(n),g(n)。1) 当f(1),g(1)都是真确的。2) 假設f(n-1),g(n-1)都是真确的,可以推出f(n),g(n)也是真确的。则对所有的自然数n,f(n),g(n)都是真确的。     

有关组合问题的几个公式

我们知道,利用牛顿二项式定理可推得一个很著名的组合总数公式 C_n~1 C_n~2 C_n~3 … C_n~n=2~n-1 (1)新编高中数学课本第三册的P160上安排了一道习题,即证明: C_n~1 2C_n~2 3C_n~3 … hC_n~n=n·2~(n-1) (2)这个习題实际上也是一个很重要的组合公式。根据这两个公式及牛顿二项式定理,可推导出以下一些重要的结果。定理1.C_n~2 2C_n~3 3C_n~4 … (n-1)C_n~n =(n-2)2~(n-1) 1 证明:C_n~2 2C_n~3 3C_n~4 … (n-1)C_n~n =C_n~1 2C_n~2 3C_n~3 … nC_n~n-(C_n~1 C_n~2 C_3~n … C_n~n), 由公式(1)及(2),得 C_n~2 2C_n~3 3C_n~4 … (n-1)C_n~n=n·2~(n-1)-2~n 1=(n-2)2~(n-1) 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     

一类无完整解数列题剖析

[题目]设数列{a_n}的前n项之和S_n,a_1=1且a_m~2+1=S_(n+1)+S_n(n∈N),求数列{a_n}的通项公式。(摘自新江《中学教研》1992年第七期《培养学生观察能力浅见》一文) 此题常见解法是: ∵a_(n+1)~2-a+_n~2=S_(n+1)-S_(n-1)=a_(n+1)+a_n (1) a_(n+1)~2-a_n~2=(a_(n+1)-a_n)(a_(n+1)+a_n) (2) 由(1)、(2)得:a_(n+1)-a_n=1 (3) 或a_(n+1)+a_n=0 (4) ∴数列{a_n}是公差为1的等差数列或公比为-1的等比数列。故a_n=a_1+(n-1)·1=n 或a_n=a_1(-1)~(n-1)=(-1)~(n-1) 此解法似无懈可击。现有一个不同于其解答的数列{b_m}:1、2、3、-3、-2、-1、1、-1、0、1、-1、…(其中当m≥10时,b_n=(-1)~n)也满足题设条件a_1=1和     

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]     

一个课本例题结论的推广

高中代数下册 P2 52上 ,利用 ( 1 - 1 ) n =0 ,左边用二项式定理展开 ,推得结论( C0n C2n … ) - ( C1n C3n … ) =0 ( 1 )即 C0n- C1n C2n- C3n … ( - 1 ) n Cnn=0 ( 2 )笔者经探索研究 ,发现 ( 2 )式有如下的推广形式 .定理　设 m、n是非负整数 ,且 m 相似文献   

对一道数学题的质疑

前不久,某地区高中毕业班统考数学试题(理科)第七题为已知数列{a_n},其前n项和为S_n(n∈N), (1)若S_n=1+pa_n(-1相似文献   

关于对称平均数定理及其应用

我们把n个正数α_1,α_2,…,α_n的k次对称平均数定义为其中k≤n为正整数;根号内分子部分是n个正数每次不重复地取k个的乘积之和,共有C_n~k项。为简单计,我们把(1)记为∑_n~k(α_1,α_2,…α_n),或者有时就记为∑_n~k。显然, ∑_n~1(α_1,α_2,…α_n)=(α_1 α_2 ……α_n)/n即为n个正数的算术平均数,而∑_n~n(α_1,α_2,…α_n)=则是n个正数的几何平均数。本文先介绍有关n个正数的k次对称平均数的重要性质的两个定理,然后给出它的一些应用。首先,我们证明定理1.(∑_n~k)~(?)k≥(∑_n~(k 1))~(k 1)·(∑_n~(k-1))~(k-1)(k=1,2,…,n-1) (这里规定∑_n~0=1)。证明.为书写方便,记(∑_n~k)~k=P_n~k。因而我们要证明的就是 (P_n~k)~2≥P_n~(k 1)·P_n~(k-1)(P_n~0=1,k=1,2,…n-1)     

直观方阵法求组合数列的和

在高中数学课本中,给出了下列组合数列的和: (1)C_n~0+c_n~1+c_n~2+…+c_n~n=2~n; (2)(C_n~0)+(c_n~1)~2+…+(c_n~n)~2=(2n)!/n!n! 如何利用这些组合数列的和,解它们的引伸题,我们采用了直观方阵法。例1 求和: (3)C_n~1+2C_n~2+3C_n~3+…+nc_n~n (4)C_n~0+2c1/n+3c_n~2+…+(n+1)c_n~n 解:排列方阵如下: C_n~0C_n~1C_n~2……C_n~(n-1)C_n~n C_n~1C_n~2……C_n~(n-1)C_n~nC_n~0 C_n~0c_n~1C_n~2……C_n~(n-1)C_n~n ………………… …     

实数的广义二进展式的一个概率性质

设0相似文献   

有限域上一类方程组解数的直接公式

本文给出有限域F=F_q(q=p~f,f≥1,p是一个奇素数)上一类方程组∑_(i=s_(r-1)+1~(s_r)∑_(j=1)~(m_i-m_(i-1))a_(m_(i-1)+j)x_1~(d_m(i-1)+j,1)…x_(n_i)~d_(m_(i-1)+j,n_i)=b_r,r=1,…,k当指数满足一定条件时,在F~(n_s_k)上解数的一个直接公式,这里d_(ij)＞0,a_i∈F~*,b_i∈F,0= s_0＜s_1＜…＜s_k,0=m_0＜m_1＜…＜m_(s_k),0=n_0＜n_1＜…＜n_(s_k), m_1≤n_1,…,m_(s_k)≤n_(s_k)．     

柱面上一类微分方程的研究(Ⅰ)

<正> §1.前言研究方程(d~2φ)/(dt~2)+α(dφ)/(dt)+F(φ)=β(1)其中α>0,β>0,F(φ)满足下列条件:(i)F(φ)=F(φ+2π),F(φ)=-F(-φ),F(0)=0,F(φ)∈C~1.(ii)在[0,π]上,φ=0,φ′_1,…,φ′_(n-1),π为 F(φ)=0之单根.(iii)在[0,π]上,曲线 y=F(φ)在φ_1~*,…,φ_n~*处取极值,不妨设在φ_1~*,φ_3~*,…处取极大值,在φ_2~*,φ_4~*,…处取极小值.