“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     

"传球问题"的一般解法

问题包含甲在内的m(m≥2)个人练习传球,设传球n次,球首先从甲手中传出,第n次仍传给甲,共有多少种不同的传球方法?分析设第n次球传给甲的传球方法有an种,第n次球不传给甲的传球方法有bn种,对每个传球的人来说,每次传球的方法有m-1种,n次传球共有(m-1)n种方法.∴an+bn=(m-1)n.另外,第n+1次球传给甲,则第n次球必不传给甲,因而an+1=bn,∴an+an+1=(m-1)n.设cn=an(m-1)n,则cn+1+1m-1cn=1m-1,∴c-1=-1(c-1).又a1=0,c1=0,c1-1m=-1m,∴数列{cn-1m}是首项为-1m,公比为-1m-1的等比数列,∴cn=1m+(-1m).(-1m-1)n-1,∴an=1m(m-1)n+(-1)n.m-1m.例1甲、乙、…     

也谈“广义吉祥数”的计数问题

文[1]将自然数a的吉祥数意义推广为:如果a的各位数字之和等于m(m∈N ),那么称a为“广义吉祥数”,进而就所有不超过n 1位的各位数字之和为m的“广义吉祥数”的个数(记作A(n 1,m))的计数问题,给出如下4个定理:定理1当1≤m≤9,m∈Z,n≥0,n∈Z时,A(n 1,m)=Cnn m.定理2当10≤n≤19,m∈Z,n≥0,n∈Z时,A(n 1,m)=Cnn m-(n 1)Cnn m-10.定理3当9|m且0≤n<9m-1或9m且0≤n<[9m](m≥1,n∈Z,n≥0,n∈Z)时,A(n 1,m)=0.定理4当9|m且n≥9m-1或9m且n≥[9m](m≥1,m∈Z,n≥0,m∈Z)时,A(n 1,m)=∑[1m0]i=0(-1)iCni 1Cnn m-10i.本文也给出并证明该问题的一…     

一个数论猜想题的否定及修正

文[1]提出问题:设M=52001 72002 92003 112004,求证:M能被8整除．同时,给出了较复杂的证明．文[2]对上述问题进行了简证,并猜想: (2n-3)m (2n-1)m 1 (2n 1)m 2 (2n 3)m 3能被2n整除(n≥2,n,m∈N)．其实,此猜想是错误的．因为972 993     

一个不等式的再质疑与另证

文[2]指出了文[1]的错误,并给出了证明,但文[2]的证明仍然是错误的.原因如下:因为m∑i=1xi=1,xi>0,i∈N ,1≤i≤m,m,n≥2且m,n∈N ,所以nn-1n 1=n1-2n 1≥13>12.因此,当x∈nn-1n 1,1时,xi(i∈N ,1≤i≤m)中只有一个在nn-1n 1,1内,不妨设为xi∈nn-1n 1,1,其余的xi(i∈N ,2≤i≤m     

一个猜想的证明

文[1]给出了:在任意△ABC中,A、B、C表示其三内角,则cos3A cos3B cos3C≥38.(当且仅当△ABC为正三角形时等号成立)并给出了如下猜想:cosnA cosnB cosnC≥32n.(n≥2,n∈N*)　(*)本文将利用著名的Jacobsthal不等式[2]:“设x≥0,y≥0,对任意正整数n,有xn (n-1)yn≥nxyn-1”的变形:“当x≥0,y>0时,有xnyn-1≥nx-(n-1)y”,以及相关的函数性质给出猜想的如下证明.证明　(1)若n=2k(k∈N*)时,　cosnA cosnB cosnC=cos2kA cos2kB cos2kC=(14)k-1[(cos2A)k(14)k-1 (cos2B)k(14)k-1 (cos2C)k(14)k-1]≥(14)k-1{[kcos2A-14(k-1)] [kcos2B-14…     

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     

综合题新编选登

题147设数列{an}满足:当n=2k-1(k∈N*)时,an=n;当n=2k(k∈N*)时,an=ak.1)求a2 a4 a6 a8 a10 a12 a14 a16;2)若Sn=a1 a2 a3 … a2n-1 a2n,证明:Sn=4n-1 Sn-1(n≥2);3)证明:S11 S12 … S1n<1-41n.解1)原式=a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8=a1 a1 a3 a1 a5 a3 a7 a1=4a1 2a3 a5 a7=4×1 2     

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   

再证一个组合等式

<正>文[1]和文[2]都用不同的方法证明了以下等式:求证cn1/1-cn2/2+cn3/3-...+(-1)n-1cnn/n=1+1/2+1/3+...+1/n(n∈N*)下面我们用建立递推式给出这个题目的简解.证明设sn=cn1/1-cn2/2+cn3/3-...+(-1)n-1cnn/n,则sn+1=cn+11/1-cn+12/2+cn+13/3+...+(-1)n-1cn+1n/n+(-1)ncn+1n+1/n+1.     

对"两个有趣的几何发现"一文的修正及改进

文[1]给出了两个几何结论及一个猜想,具体如下: 定理1:若凸m边形内有互不相同且任意三点都不共线的n(n∈N*)个点,把这n个点再加上m边形的m个顶点共有m+n个点作为顶点,连线组成互不重叠的小三角形,则一共可以组成的小三角形的个数为f(m,n)=m+2n-2.     

费波那契数的封闭特点

由 a1=1 ,a2 =1 ,an+2 =an+ an+1,可得著名的费波那契数列1 ,1 ,2 ,3,5,8,1 3,2 1 ,34,55,89,1 4 4,…人们曾探索了费波那契数列的许多有趣性质 ,比如文 [1 ]所给出的重要结论 :( 1 ) Fn+d .Fn- d - F2n =( - 1 ) n- d+1F2d( n≥ d) ;( 2 ) Fn Fn+4 - Fn+1Fn+3=2 .( - 1 ) n- 1;( 3) Fn Fn+4 + Fn+1Fn+3=2 F2n+2 .等等 .笔者发现费波那契数的有关运算有封闭特点 ,即运算结果仍是费波那契数 .笔者给出如下的定理　 Fn Fn+d - Fn+1Fn+d- 1=( - 1 ) n+1Fd- 1　 ( d≥ 2 ,n、d∈ N) .证明　 Fn =15[( 1 + 52 ) n -( 1 - 52 ) n].利用 1 …     

一类“数学问题”的统一证法

文[1]给出了不等式:已知x,y,z∈R+,m∈N+.求证:x/mx+y+z+y/x+my+z+z/x+y+mz≤3/m+2. 文[2]给出了不等式:已知xi＞0(i=1,2,…n),k＜1,求证: n∑i=1 xi/x1+x2+…+xi-1+kxi+xi+1+…+xn≥n/n+k-1. 文[3]给出了不等式:设ai＞0(i=1,2,3,…,n),p∈R,q＞0,且n∑i=1ai=A,Si=pai+q(A一ai)＞0(i=1,2,…,n),求证:     

一个猜想不等式的加细与推广

文 [1 ]提出如下猜想　设 x1,x2 ,… ,xn ∈ R+ ,x1+ x2 +… + xn =1 ,n≥ 3,n∈ N,则　 ∏ni=1( 1xi- xi)≥ ( n - 1n) n. ( 1 )戴承鸿、刘兵华在文 [2 ]中证明了上述猜想不等式成立 .本文给出该不等式的一个加细及推广形式 .定理　设 x1+ x2 +… + xn=k,n≥ 3,n∈ N;若 k≤ 1 ,x1,x2 ,… ,xn ∈ R+ ,则　 ∏ni=1( 1xi- xi)≥ ( nk - kn) n ( ∏ni=1nxik) 1n-13≥ ( nk - kn) n ( 2 )若 k≥ n - 1 ,x1,x2 ,… ,xn ∈ ( 0 ,1 ) ,则∏ni=1( 1xi- xi)≤ ( nk - kn) n .　　 ( ∏ni=1n - nxin - k) 13 -1n ≤ ( nk - kn) n. ( 3)为证定理 ,先…     

一个不等式的加强及证明

文[1]给出了一个猜想:若a b=1,a,b>0,则32<11 an 11 bn≤2n 12n 1(1)文[2]给出了(1)式的证明.文[3]给出了(1)式的高维形式:若x1 x2 … xm=1,x1,x2,…,xm>0,则m 1m<1x1n 1 1x2n 1 … 1xmn 10,则1x1n 1 1x2n 1 … 1xmn 1>m-12,其中m≥2,n≥2且m∈N,n∈R.证因为0相似文献   

读“一个分式不等式的再推广”后的思考

宋庆在文[1]中对文[2,3,4]的一个不等式作再推广如下: 如x,y,z,n∈R ,m≥2,x y z=1,则 xm/y(1-yn), ym/z(1-zn) zm/x(1-xn).≥y(1-yn), y/z(1-zn) zm/x(1-xn).≥3n-m 2/3n-1 (1)     

一道条件最值问题的推广及证明

本文将文[1]中的一道条件最值问题推广到n元(n∈N,n≥2)情形,获得了这类问题的一般性结论.     

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 …     

初等证明不初等

文[1]用初等方法证明了不等式:若xi>0,i=1,2,3,且∑3i=1xi=1,则1 1x21 1 1x22 11 x32≤1207.证明的关键是先证明了对任意0相似文献   

浅谈一类排列、组合问题的解法

1 基本模型。命题把一个圆面分成n个扇形区域，并把这n个扇区依次编以1-n的标号，若用m种不同的颜色去涂这n个扇区，要求每个扇区只涂一种颜色，且相邻的扇区不同色，则不同的涂色方法共有(m-1)[(m-1)^n-1 (-1)^n]种，其中m≥2，n≥2，m，n均是整数．