算术平均数不小于其几何平均数的一个推论

在高中教材不等式的证明这一节里提到。一般地有:n个(n是大于1的整数)正数的算术平均数不小于它的几何平均数。我们在教学中增加了一个推论:n个正数和与n个该数的倒数和之积不小于n的平方,用式子表示即 (a_1+a_2+…+a_n)(1/a_1+1/a_2+…+1/a_n)≥n~2(其中a_1、a_2…,a_n均正数,n是大于1的整数)。等号当且仅当a_1=a_2=…=a_n时才成立。证明:(a_1+a_2+…+a_n)(l/a_1+1/a_2+…+1/a_n)≥n((a_1a_2…a_n)~(1/n))·(n((1/a_1)(1/a_2)…1/a_n)~(1/n)) =n~2 (*) 由算术平均数不小于几何平均数的定理中当     

数学奥林匹克问题选登

1991年11月号问题解答 (解答由问题提供人给出) 11.设a_1,a_2,…,a_n为正整数,N为整数,解方程[a_1x] [a_2x] … [a_nx]=N。解不失普遍性,可设(a_1,a_2,…,a_n)=1,否则如果(a_1,a_2,…,a_n)=d。令x=dx就转化为这种情况,为了方便, 令 M=a_1 a_2 … a_n, F(x)=[a_1x] [a_2x] … [a_nx]。很明显,F(x)是不减的且F(x 1)=F(x) M。由此可得出,F(x s)=F(x) sM,(s为整数) 如果N=N_1 Ms, 则F(x)=N有解的充分必要条件是F(x)=N_1有解。如果F(x)=N_1的解为a,则F(x)=     

Eisenstein定理的一种推广

定理 设 f(x)=a_0+a_1x+a_2x+…+a_nx~n(a_n≠0,n≥1是整数)是一个整系数多项式,并且f(x)没有有理根。如果能够找到一个素数p,使得 (1)最高次项系数a_n不能被p整除, (2)其余各项的系数都能被p整除, (3)一次项的系数a_1不能被p~2整除,那么多项式f(x)在有理数域上不可约。     

关于一类倒齐次不定方程整解问题

1 整数组的一个性质以[a_1,a_2,…,a_n]表示非零整数a_1,…,a_n的最小正公倍数,g_m和f_(m-1)表示m次和m-1次n元整系数多项式,关于整数组有如下性质: 引理1 对任意非零整数X_1,…,x_n,必存在非零整数t_1,…,t_n和正整数M,使x_1t_1=x_2t_2=…=x_nt_n=M 事实上,只要取M=|x_1…x_n|,t_1=M/X_1(i=1,…,n)即知。我们还有引理2 若a_1a_2…a_na≠0,则整系数方程组 a_1x_1=…=a_n-x_(n-1)=M, a_nx_n=aM(1)有解的充要条件是[[a_1,…,a_(n-1)]a,a_n ]|aM,     

关于一元n次方程的一个定理及应用

定理如果方程a_0x~n a_1x~n-1 … a_(n-1)x a_n=0有且仅有k个非零根a_1,a_2,…,a_2,那么方程a_nx~2 a_(n-1)x~(n-1) … a_1x a_0=0也有且仅有k个非零根,分别为1/a_1,1/a_2,…,1/a_2。此定理易证,在此证略,作为定理的应用,我们来看以下的两道例题: 例1 已知不等式     

余数定理的应用之一

在师范学校誹投数学課,应該如何联系小学实际以及如何体現出“居高临下”是师范学校教师們探討的問題。我认为有許多知識都可以直接指导小学算术知識的,这里仅以代数中的余数定理为例,談談我的看法,如有不正确之处,欢迎批評指教。余数定理是确定多項式f(x)除以(x-1)时所得余数的定理,当f(a)=0时說明f(x)能被(x-a)整除。这样,用余数定理就能迅速地判断f(x)能否被(x-a)整除。在小学算术中所研究的整数都是非負整数,它們都可以写成a_n·10~n+a_(n-1)·10~(n-1)+…+a_1·10+a_0的形式,其中a_i(i=0,1,2,…,n)都是数碼n是非負整数,因此它們都具有多項式f(x)=a_nx~n++a_(n-1)x~(n-1)+…+a_1x+a_0的形式。而x±a相当     

关于实系数代数多项式根的分布

给定一实系数多项式:p(z)=a_0z~n a_1z~(n-1) … a_n,不失一般性,假定a_0>0.本文主要给出有关多项式(1)的根的分布的结果.定理1 如果系数{a_i}_i=0~m满足条件△~2a_k≥0,k=0,1,2,…,(n-1),其中△~2 a_k是二级差分,那么多项式(1)的所有根位于圆|z|<1外.     

关于在求极值时引进参数的问题

大家知道,在不等式的教学中,有一个很著名的公式其中a_1,a_2,…,a_n都是正数,利用这个公式可求某个函数的极值,也就是说,如果a_1+a_2+…+a_n是一个定常数,那么,当a_1=a_2=…=a_n时,a_1a_2…a_n有极大值;如果a_1a_2…a_n是一个定常数,那么,当a_1=a_2=…a_n时,a_1+a_2+…+a_n有极小值.这个公式在求函数的极值时,理论上是解决了,     

一道集合计数问题的思考

<正>集合是高中数学的第一课,是高中数学中最简单最基础的知识,那么当集合问题遇上计数问题又会碰撞出怎样的火花呢?题目设整数n≥3,集合P={1,2,3,...,n},A,B是P的非空子集.记a_n为所有满足A中最大数小于B中最小数的集合对(A,B)的个数,(1)求a_3;(2)求a_n.     

伪单调数列与带误差的凸组合迭代的收敛性

一 伪单调数列 定义1 设非负数列{ε_n}具有如下性质:“满足 a_(n+1)≤a_n+ε_n,n=1,2,… (1)且有下界的任意数列{a_n}必收敛”,则称数列{ε_n}具有“性质M”。 定理1 非负数列{ε_n}具有性质M的充要条件是级数sum from n=1 to ∞(ε_n)收敛。证 必要性:设非负数列{ε_n}具有性质M,取数列{a_(1n)}为     

算术—几何平均值定理的一种证明——兼谈“逆向归纳法”

几个非负实数a_1,a_2,…,a_n的算术平均数与几何平均数之间有着这样的关系:     

韦达定理的横向妙用举隅

本文谈谈如何把一个似乎与方程无关的数学问题,通过构设一个一元方程,然后据韦达定理解题的方法。一、解代数问题例1 若数列{a_1}由a-1=1,4a_na_(n 1)=(a_n a_(n 1)-1)~2,a_(n 1)>a_n定义,求其通项a_n。分析把所给的递推式视为关于a_(n 1)的方程可得 a_(n 1)~2-2(a_n 1)a_(n 1) (a_n-1)~2=0 ①在递推式中用n,n-1分别置换n 1,n可得     

特殊形状常系数綫性非齐次微分方程特解的求法

設 L(p)=a_0p~n+a_1p~(n-1)+…+a_(n-1)p+a_n,(1)其中a_0,a_1,…,a_n为常数;p=d/dt,p~2=d~2/dt~2,…,p~n=d~n/dt~n,則 L(p)x=f(t) (2)为常系数綫性非齐次微分方程。現在研究当f(t)为某些特殊类型的函数时,方程(2)特解的求法。 1.預备知识。     

运用归纳方法解一道竞赛题

<正>题目(2009年全国初中数学竞赛试题)n个正整数a_1,a_2,…,a_n满足如下条件:1=a_1相似文献   

关于线性丢番图方程的Frobenius问题

本文考虑线性丢番图方程a_1x_1+…+a_kx_k=b的非负整数解的存在性问题.为解答Frobenius开问题,对于k2,给出整数G(a_1,…,a_k)的表示形式,该整数是使得b≥G a(_1,…,a_k)时,上述丢番图方程总存在非负整数解的最小整数.     

均值不等式的两个(对称的)简证——《不等式选讲》教学札记

1问题的缘起新教材《不等式选讲》(人教A版选修4—5)介绍均值不等式是分两步进行的,先用数学归纳法证明引理:如果n(n为正整数)个正数a_1,a_2,…,a_n的积a_1a_2…a_n=1,那么它们的和a_1+a_2+…+a_n≥n.(P_(52)例4)再作一个代换(P_(53)探究2)得到.     

一个命题的某些应用

六年制代数二册课本P_(106)定理一的推论为:|a_1+a_2+…+a_n|≤|a_1|+|a_2|+…+|a_n|(※)此式可据定理一采用数学归纳法来证。但课本上并没有指明(※)中等号成立的条件,试问(※)取等号的条件是什么?易知,当且仅当a_i同为非负或同为非正时,(※)取等号。此结论用来解某些含绝对值的问题对,较之一般使用分区间去绝对值号的方法要简明得多,现分别举例说明如下。例1 求证|x十1/x|≥2(x≠0) 证明∵x≠0,∴x与1/x恒同号,依(※)取等号的条件得|x+1/x|=|x|+|1/x|≥2((|x||1/x|)~(1/2))=2.     

奇妙数趣谈

为叙述方便,我们做如下约定: ① 排列a_m _1a_(m 2)…a_na_1a_2…a_m叫排列a_1a_2…a_n的一个轮换; ②由高至低各数位上数字分别为a_1,a_2,…,a_n的n位数记做1/a_1a_2…a_n(这里允许a_1=0,如0371=371);     

合成数列的通项及其应用

设有两个数列{a_n}及{b_n}:a_1,a_2,a_3,…,a_n,…b_1,b_2,b_3,…,b_n,…依次交错排列 a_k、b_k(k=1,2,…)构成一个新的数列{x_n}:a_1,b_1,a_2,b_2,…,a_n,b_n,…我们称上述数列{x_n}为数列{a_n}和{b_n}的合成数列.本文讨论两个数列的合成数列的通项公式及其应用.     

一种求实多项式的根的方法

假设给定了n次实系数多项式 j(z)= a_0z~n+a_1z~(n-1)+…+a_(n-1)z+a_n,a_n≠0,(1)求(1)的全部根已有很多种方法,其中一些有效的方法是同时或依次求出(1)的根的模ρ_1~(v_1),ρ_2~(v_2),…,ρ_t~(v_t),这里v_1+v_2+…+v_t=n.然后依次求出相应的本的幅角,从而得出(1)的全部根.关于这一类方法的细节,可见[1,2]以及[1,2]中所引文献.