由递推公式给出的数列的常见类型及解法

对于由递推式所确定的数列通项公式问题 ,通常可通过对递推式的变换转化成等差数列或等比数列问题 ,也可通过联想构造或猜想证明把问题转化 .1　ａｎ + 1=ａｎ+ｆ(ｎ)型例 1　在数列 {ａｎ}中 ,已知ａｎ + 1=2 ｎ + 1·ａｎａｎ+2 ｎ + 1,ａ1=2 ,求通项公式ａｎ.解　已知递推式化为1ａｎ + 1=1ａｎ+12 ｎ + 1,即　 1ａｎ + 1- 1ａｎ=12 ｎ + 1,∴ 1ａ2- 1ａ1=12 2 ,1ａ3- 1ａ2=12 3 ,1ａ4- 1ａ3=12 4,… ,1ａｎ- 1ａｎ -1=12 ｎ.将以上 (ｎ - 1 )个式子相加得1ａｎ- 1ａ1=12 2 +12 3 +12 4+… +12 ｎ,1ａｎ=12 +12 2 +12 3 +… +12 ｎ=12 1 …     

组合数的一项性质的概率证明

文 [1 ]用数学归纳法证明了组合数的一项性质 :∑ｎｉ =0ｉｒ(-1 ) ｉＣｉｎ =0 ,　　　　当ｒ≤ｎ-1且ｒ∈Ｎｎ !(-1 ) ｎ,　当ｒ =ｎ本文给出此性质一个概率证明 .为此作变换ｉｎ-ｋ ,易见上式等价于∑ｎｋ=0(-1 ) ｋＣｋｎ(ｎ-ｋ) ｒ =0 ,　　当ｒ≤ｎ-1且ｒ∈Ｎｎ !,　当ｒ =ｎ (1 )考虑随机试验 :从 1到ｎ这ｎ个自然数中每次任取一数 ,有放回地抽取ｒ次 ,令Ａｉ={取出的ｒ个数均不等于ｉ},ｉ =1 ,… ,ｎ,则Ｐｋ=Ｐ(Ａｉ1 Ａｉ2 …Ａｉｋ) =ｎ-ｋｎｒ,(1≤ｉ1<ｉ2 <… <ｉｋ ≤ｎ,ｋ =1 ,2… ,ｎ)由概率的一般加法公式Ｐ ∑ｎｉ=1Ａｉ…     

参赛应用题题34的完整解答

贵刊 2 0 0 1年第 13期的参赛应用题选登题 34的解答中漏掉了一种情形 :只堆放两层 ,且各层分别是 12 2 ,12 3桶 .可见下面的完整解答 :设最上层堆放ａ1桶 (自然数ａ1≥ 1) ,共堆放ｎ层 (自然数ｎ >1) ,由等差数列的前ｎ项和公式 (这里ｄ =1) ,得Ｓｎ=ｎａ1 12 ｎ(ｎ - 1) =2 45 ,ｎ(2ａ1 ｎ - 1) =490 =2·5·72 ,可得ｎ <2ａ1 ｎ - 1,所以ｎ <490 ,得 1<ｎ≤ 2 2 .又ｎ是 490的约数 ,所以ｎ =2 ,5 ,7,10 ,14,从而可给出全部解答为 5种 .参赛应用题题34的完整解答@甘志国$竹溪县实验中学!湖北十堰442300…     

改进一个不等式的思考过程

设ａｉ≥ 0 ,ｂｉ≥ 0 ,ａｉ+ｂｉ=1 ,ｉ=1 ,2 ,… ,ｎ ,ｎ≥ 3 .记Ｓｎ =∑ｎｉ=1ｂｉａｉ+1 ,规定当ｉ>ｎ ,ａｉ =ａｉ-ｎ,当ｉ<1 ,ａｉ =ａｉ+ｎ.文 [1 ]证明了命题 1　Ｓｎ ≤ ｎ4ｓｉｎ2 πｎ图 1证法颇为巧妙 :如图1 ,Ａ1 Ａ2 …Ａｎ 是边长为 1的正ｎ边形 ,在ＡｉＡｉ+1 上取Ｂｉ,使ＡｉＢｉ =ａｉ,则ＢｉＡｉ+1=ｂｉ.显见 ∑ｎｉ=1Ｓ△ＢｉＡｉ+1 Ｂｉ+1 ≤ＳＡ1 Ａ2 …Ａｎ,也就是12 ｓｉｎ(ｎ- 2 )πｎ ∑ｎｉ=1ｂｉａｉ+1　≤ ｎ2 · 14ｓｉｎ2 πｎ·ｓｉｎ2πｎ整理即得 (1 ) .在图 1中作正ｎ边形Ａ1 Ａ2 …Ａｎ 的对角线Ａ1 …     

保加利亚教育科学部第50届数学奥林匹克试题(续完)

4　ｎ≥ 2为固定的整数 ,定义任意整数坐标点 (ｉ,ｊ)关于ｎ的余数是ｉ ｊ关于ｎ的余数 .找出所有正整数数组 (ａ ,ｂ)使得以 (0 ,0 ) ,(ａ ,0 ) ,(ａ ,ｂ) ,(0 ,ｂ)为顶点的长方形具有如下性质 :1 )长方形内整数点以 0 ,1 ,2 ,… ,ｎ - 1为余数出现的次数相同 ;2 )长方形边界上整数点以 0 ,1 ,2 ,… ,ｎ- 1为余数出现的次数相同 .解　长方形边界上共有 2 (ａ ｂ)个整点 ,则有ｎ|2 (ａ ｂ) .长方形内共有 (ａ - 1 ) (ｂ - 1 )个整点 ,∴ｎ|(ａ - 1 ) (ｂ - 1 ) .当ｎ =2时 ,为使其中被 2除余 0 ,1的点的个数相同 ,则必有 2 |(ａ - 1 ) (…     

平面闭折线的有向面积及其应用

读了贵刊文 [1 ],得益匪浅 .在该文的启发下 ,本文建立一般平面闭折线的有向面积概念 ,并略述其应用 .我们约定 :符号Ａ(ｎ)表示复平面内的任意一条闭折线Ａ1Ａ2 Ａ3…ＡｎＡ1;Ａｉ 表示复平面内任意一点的字母 ,同时也表示这个点所对应的复数 .定义 1　式子12 Ｉｍ∑ｎｉ=1ＡｉＡｉ+1(其中Ａｎ+1为Ａ1)的值 ,称为闭折线Ａ(ｎ)的有向面积 ,记作△Ａ(ｎ) ,即△Ａ(ｎ) =12 Ｉｍ∑ｎｉ =1ＡｉＡｉ+1,其中Ａｎ+1为Ａ1.定义 2　闭折线Ａ(ｎ)的有向面积的绝对值 ,称为闭折线Ａ(ｎ)的面积 ,记作ＳＡ(ｎ) ,即ＳＡ(ｎ) =｜△Ａ(ｎ) ｜ .不难验证 ,当…     

集合基数公式在中学数学中的应用

高中数学试验教材第一册在第一章第一小节集合结束后增添了阅读材料 ,集合元素的个数 ,书中指出 ,一般地 ,对任意两个有限集Ａ ,Ｂ ,有Ｃａｒｄ(Ａ∪Ｂ) =Ｃａｒｄ(Ａ) Ｃａｒｄ(Ｂ) -Ｃａｒｄ(Ａ∩Ｂ) ,实际上 ,这是关于两个集合的基数公式 ,也是大家熟知的容斥原理 ,更一般地 ,设有限集Ｉ的ｍ个子集为Ａ1 ,Ａ2 ,… ,Ａｍ,为简便起见 ,用ｎ(Ａ)表示有限集Ａ的元素的个数 ,则有基数公式 ;ｎ( ∪ｍｉ=1Ａｉ) =∑ｎ(Ａｉ) - ∑ｎ(Ａｉ∩Ａｊ) ∑ｎ(Ａｉ ∩Ａｊ ∩Ａｋ) -…… ( - 1 ) ｍ 1 ｎ( ∩ｍｉ=1Ａｉ)　　 书上指出 ,上面的式子对…     

正余弦降次公式的推广及应用

文[1]介绍了关于2ｎ-1ｃｏｓｎθ的降次公式及其证明,作为其推广,本文进而导出了关于2ｎ-1ｎｊ=1ｃｏｓθｊ与2ｎ-1ｎｊ=1ｓｉｎθｊ的如下降次公式(即“ｎ次积化和差公式”):定理　记Ｃ(0)ｎ(θｊ)=ｃｏｓ(θ1 … θｎ),Ｓ(0)ｎ(θｊ)=ｓｉｎ(θ1 … θｎ);Ｃ(ｋ)ｎ(θｊ...     

等式sum from n=1 to ∞(1/n~4=π~4/90)的初等证明

本文利用初等方法证明∑∞ｎ =11ｎ4 =π490 .1　几个引理引理 1　 ∑∞ｎ =1ｃｏｔ2 ｎπ2ｍ+1 =13 ｍ(2ｍ-1 ) ,∑ｍｎ ,ｌ =1ｎ<ｌｃｏｔ2 ｎπ2ｍ +1 ｃｏｔ2 ｌπ2ｍ +1=13 0 ｍ (ｍ -1 ) (2ｍ -2 ) (2ｍ-3 ) .其中ｍ、ｌ、ｎ等均表示整数 ,下同 .证明　由ｄｅ·Ｍｏｖｒｅ公式得ｃｏｓ(2ｍ +1 )α+ｉｓｉｎ(2ｍ +1 )α=(ｃｏｓα+ｉｓｉｎα) 2ｍ+1于是 ,ｃｏｓ(2ｍ +1 )α+ｉｓｉｎ(2ｍ+1 )α=∑ｍｋ =0(-1 ) ｋＣ2ｋ2ｍ+1ｃｏｓ2 (ｍ-ｋ) +1αｓｉｎ2ｋα+ｉ∑ｍｋ =0(-1 ) ｋＣ2ｋ+12ｍ+1ｃｏｓ2 (ｍ-ｋ) αｓｉｎ2ｋ+1α. (1 )比…     

欧几里德推导等比数列求和公式

我们知道 ,古希腊数学家欧几里德二千多年前所写的《几何原本》是推理几何建立的标志 .同时 ,欧几里德在该著作中也解决了许多代数问题 ,巧妙地推导出等比数列求和公式就是其中之一 .在《几何原本》第七卷欧几里德证明了命题 1 2 :如果有任意多个数成连比例 ,则任一前项与后项之比 ,等于所有前项的和与所有后项的和之比 .即 :如　ａ1ｂ1 =ａ2ｂ2 =ａ3 ｂ3 =…… =ａｎｂｎ ,则　ａｉｂｉ=ａ1 +ａ2 +ａ3 +… +ａｎｂ1 +ｂ2 +ｂ3 +… +ｂｎ(ｉ=1 ,2 ,3 ,…… ,ｎ) .在《几何原本》第九卷欧几里德这样推导等比数列求和公式 :设ａ1 ,ａ2 ,ａ3 ,…     

柯西不等式及其应用

下面便是著名的柯西 (Ｃａｕｃｈｙ)不等式 :设ａ1,ａ2 ,… ,ａｎ,ｂ1,ｂ2 ,… ,ｂｎ 均为实数 ,则(ａ1ｂ1+ａ2 ｂ2 +… +ａｎｂｎ) 2 ≤ (ａ21+ａ22 +… +ａ2 ｎ) (ｂ21+ｂ22 +… +ｂ2 ｎ) ,等号当且仅当ａｉ=λｂｉ(λ为常数 ,ｉ =1,2 ,… ,ｎ)时成立 .这个命题的证法较多 ,在一般的竞赛教程中都可以查找到 ,这里从略 .应用柯西不等式解题的关键在于构造两组实数 ,并根据柯西不等式的特点进行探索 .在解决分式型问题时 ,通常还应用到柯西不等式如下的两个推论 .推论 1　设ａｉ 与ｂｉ(ｉ=1,2 ,… ,ｎ)同号 ,则∑ｎｉ=1ａｉｂｉ≥∑ｎｉ=1…     

建立几何模型,巧记乘法公式

在乘法公式的学习中,对公式常常理解不到位,记忆不准确.如果从几何的角度出发,建立直观的、形象的几何模型,则便于理解和记忆.下面我们举例进行说明. 一、平方差公式 公式:(a b)(a-b)=a2-b2. 几何模型:长方形的面积. 构造过程:构造一个长为(a b)、宽为(a-b)的长方形(见图1),则其面积为S=(a b)(a-b).下面,我们将长方形沿虚线截取宽为b、长为(a-b)的一个小长方形,并将它补成如图2所示的图形.     

Stirling公式在一个乘积不等式中的应用

定理　令Ｐｎ =1 +11 1 +131 +15 … 1 +12ｎ- 1 ,则πｎ - 16πｎ ≤Ｐｎ≤πｎ +16πｎ为此我们引入Ｓｔｉｒｌｉｎｇ公式 :1 · 2 · 3·… ·ｎ=2πｎｎｎｅ-ｎ+θ1 2ｎ　 (0 <θ <1 )现在我们来给出定理的证明 :因Ｐｎ =1 +11 1 +13 1 +15 … 1 +12ｎ - 1=2· 4· 6 ·… · 2ｎ1 · 3· 5 ·… · (2ｎ- 1 )=(2 ｎ· 1· 2 · 3 ·… ·ｎ) 21 · 2 · 3· 4·… · 2ｎ=2 ｎ· 2πｎｎｎｅ-ｎ+θ1 1 2ｎ 24πｎ(2ｎ) ｎｅ- 2ｎ+θ22 4ｎ(0 <θ1 <1 ,0 <θ2 <1 )=πｎｅ11 2ｎ θ1 -θ22记ｔ=11 2ｎ θ1 - θ22 则 ｜ｔ｜ <1则 :Ｐｎ-…     

探求椭圆面积公式的另一种方法

关于椭圆面积公式的探求有多种方法 ,不少的刊物上曾刊登过相关的研究文章 ,本文给出另一种探求方法 .图 1如图 1所示 ,设椭圆方程为 x2a2 + y2b2 =1 (a>b>0 ) ,Ak(xk,yk) (k=1 ,2 ,3,...n)是椭圆上的n个点 ,A1 A2 ...An 是椭圆的内接n边形 ,当n→∞时 ,｜AkAk+1 ｜max =ln → 0 ,则 x2 ka2 + y2 kb2 =1 ,由此得x2 k + abyk2 =a2 ,可见 ,点Bk xk,abyk (k =1 ,2 ,3...n)是圆x2 +y2 =a2 上的n个点 ,且这n个点在圆上的排列顺序与点Ak(k=1 ,2 ,3...n)在椭圆上的排列顺序相同 ,所以 ,B1 B2 ...Bn 是圆x2 +y2 =a2 的内接n边形 .连接OA1 ,OA2…     

关于圆锥体积的一个结论及应用

《数学通报》2 0 0 1年第 1期刊登了李正君、谭瑞红两老师的文章《公式 2Ｓ0 =Ｓ+ Ｓ′的推广与应用》 ,文中的定理 1主要是 :若台体的上、下底面的面积分别是Ｓ′,Ｓ ,则过它的高的ｎ等分点且平行于底面的截面的面积Ｓ1 ,Ｓ2 ,… ,Ｓｎ- 1 的算术平方根 ,分别为Ｓｋ=1ｎ ｋＳ+ (ｎ-ｋ) Ｓ′(ｋ =1 ,2 ,… ,ｎ- 1 ) .笔者阅后 ,很受启发 ,通过推导 ,得到如下定理 :定理　已知锥体的体积为Ｖ ,过它的高的ｎ等分点作平行于底面的截面将锥体分成 1个小锥体 ,ｎ- 1个台体 ,设它们的体积分别为Ｖｋ(ｋ=1 ,2 ,… ,ｎ) ,则Ｖｋ =Ｖｎ3 ｋ3- (ｋ- 1 …     

也谈“装错信封问题”

颜书先生《“装错信封问题”的数学模型与求解》一文 (见《数学通报》2 0 0 0年第 6期ｐ .3 5 ) ,给出了该经典问题的一个模型和求解公式 :编号为 1 ,2 ,… ,ｎ的ｎ个元素排成一列 ,若每个元素所处位置的序号都与它的编号不同 ,则称这个排列为ｎ个不同元素的一个错排 .记ｎ个不同元素的错排总数为ｆ(ｎ) ,则ｆ(ｎ) =ｎ !1 - 11 ! 12 !- 13 ! … (- 1 ) ｎ 1ｎ !.(1 )本文从另一角度对这个问题进行一点讨论 .1　一个简单的递推公式ｎ个不同元素的一个错排可由下述两个步骤完成 :第一步 ,“错排”1号元素 (将 1号元素排在第 2至第ｎ个位置之…     

数列通项公式的求法

数列是一种以自然数 1,2 ,… ,ｎ作为自变量的函数 ,给出数列的方式常常有两种 ,一是由项与项数的关系给出的即通项公式法 ,二是由相邻项的关系给出的即递推公式法 .这两种方式都反映出了数列的结构特点和构成规律 .那么怎样由己知数列的递推公式来探求数列的通项公式呢 ?本文通过具体实例介绍几种常用的方法 .一、转化成等差等比数列此方法主要根据数列的递推关系式的特征 ,通过适当变形 ,构造出关于某个整体的等比或等差数列 ,求出该整体的通项后再求所求数列的通项 .例 1　已知数列 {ａｎ}中 ,ａ1 =1,ａｎ =3ａｎ-1 + 1(ｎ =1,2 ,3,… ) …     

世界各地数学奥林匹克试题摘编

1　 (第 4 7届拉脱维亚数学奥林匹克 )已知ａ ,ｂ是互不相同的自然数 ,求证 :存在无穷多个自然数ｎ ,使得ａ +ｎ与ｂ +ｎ互素 .证　不妨设ｃ =ａ -ｂ >0 ,则存在非负整数 ｑ ,ｒ ,使得ｂ =ｑｃ +ｒ ,这里 0≤ｒ≤ｃ -1 ,令ｎ =ｃ +1 -ｒ +ｋｃ ,这里ｋ为非负整数 ,则ａ +ｎ =(ｂ +ｃ) +(ｃ+1 -ｒ +ｋｃ)=ｑｃ+ｒ +2ｃ+1 -ｒ +ｋｃ=(ｑ +ｋ +2 )ｃ+1 .ｂ +ｎ =(ｑ +ｎ +1 )ｃ +1 .设ｄ是ａ +ｎ与ｂ +ｎ的最大公约数 ,则ｄ|(ａ +ｎ) - (ｂ +ｎ) =ａ -ｂ =ｃ,∴ｄ|1 ,∴ｄ =1 .∴ａ +ｎ与ｂ +ｎ互素 .2　 (拉脱维亚第 4 7届数学奥林匹克 )是否…     

一道加拿大数学竞赛题的推广

1997年加拿大数学公共竞赛有一道题是 :已知 16个正数之和为 10 0 ,平方和为 10 0 0 ,证明这 16个数中没有一个大于 2 5 .本文将推广该题的结论 .首先给出二次函数 ｆ(ｘ) =ｘ2 的一条性质 :对于任意ｎ个实数ｘ1 ,ｘ2 ,… ,ｘｎ,有ｘ21 +ｘ22 +… +ｘ2 ｎｎ ≥ (ｘ1 +ｘ2 +… +ｘｎｎ ) 2 (当且仅当ｘ1 =ｘ2 =… =ｘｎ 时取等号 )①定理　设ｎ(≥ 2 )个实变数ｘｉ(ｉ =1,2 ,… ,ｎ)之和为定值Ａ ,平方和为定值Ｂ ,则ｘｉ(ｉ=1,2 ,… ,ｎ)的取值范围为 :(1)当Ａ2 >ｎＢ时 ,ｘｉ 不存在 ;(2 )当Ａ2 =ｎＢ时 ,ｘｉ=Ａｎ;(3 )当Ａ2 <ｎＢ时 ,Ａ …     

函数在某点取值范围问题的解法

文 [1 ]借助图形解决已知一次函数在两点处的取值范围 ,求第三点取值范围的问题 .但对于一般性的函数在某点取值范围问题 ,图形法难以奏效 ,本文将用熟知的拉格朗日 (Ｌａｇｒａｎｇｅ)插值公式解决这类问题 .拉格朗日插值公式 :设ｆ(ｘ)是一个次数不超过ｎ次的多项式 ,对于任意ｎ 1个互异的实数ｘｉ及其对应的多项式值ｆ(ｘｉ) (ｉ=1 ,2 ,… ,ｎ 1 ) ,有ｆ(ｘ) ≡ ∑ｎ 1ｊ=1ｉ≠ｊπ1≤ｉ≤ｎ 1ｘ -ｘｉｘｊ-ｘｉｆ(ｘｊ)由插值公式知 ,ｆ(ｘ)由ｘｉ 和ｆ(ｘｉ) (ｉ=1 ,2 ,… ,ｎ 1 )唯一确定 .已知ｆ(ｘ)在ｎ 1个点的函数值范围 ,求…