课后练习题的巧解与思索

<正>在学习人教版选修2-2第二章《推理与证明》时,在课本P₉₆页B组题的第二题是这样一道题,"用数学归纳法证明:1·n+2（n-1）+3 （n-2）+……+n·1=1/6n（n+1）（n+2）."华岁庚在讲数学归纳法时曾说过"难处不在于有了公式证明.而在于没有公式之前怎样     

单位球面中具平行单位平均曲率向量的子流形

设M是n-维闭黎曼流形,等距浸入(n+p)-维单位球空间S^n+p,具有平行的单位平均曲率向量。若S≤min{2n/3,2(n-1)^1/2},其中S是M的第二基本形式长度的平方,则M是S^n+p的一个(n+1)-维全测地子流形Sⁿ⁺¹中的超曲面。     

lim(1 1/n)~n(n→ ∞)存在性的一种证法

本文通过构造不等式 ,并利用极限存在准则证明重要极限 limn→ ∞ (1 1n) n 存在性 .引理 :单调有界数列必有极限 .下面证明数列 { (1 1n) n}的单调性及有界性 .设 a>b>0 ,则对任一自然数 n有an 1-bn 1=(a -b) (an an- 1b an- 2 b2 … abn- 1 bn) <(a -b) (n 1 ) an整理后得到不等式bn 1>an[(n 1 ) b -na](1 )　　第一步 ,令 b=1 1n 1 ,a=1 1n,则有(n 1 ) b -na =(n 1 ) (1 1n 1 ) -n(1 1n) =1将它们代入 (1 )中可得　 (1 1n 1 ) n 1>(1 1n) n.这说明数列 { (1 1n) n}是递增数列 .第二步 ,令 b=1…     

球面上具有四个不同主曲率的Moebius等参超曲面

设x:M→S~(n+1)(n≥5)是(n+1)-维单位球面上不含脐点的超曲面,在S~(n+1)的Moebius变换群下浸入x的四个基本不变量是:Moebius度量g;Moebius第二基本形式B;Moebius形式Φ和Blaschke张量A.本文给出S~(n+1)上具有重数1,1,1,m(m≥2)的四个不同Moebius主曲率的Moebius等参超曲面的分类.     

Hermite-Fejér插值算子的一个渐近估计式

设f(x)在[-1,1]上的二阶导数存在且有界,H_n[f(t);x]、R_n[f(t);x]分别为具有第一类、第二类零点的Hermite-Fejér插值多项式,则当n→∞时,有 H_n[f(t);x]-f(x)=O(1/n)(-1相似文献   

双曲空间中完备子流形的特征值估计

研究了$(n+p)$维双曲空间$\mathbb{H}^{n+p}$中完备非紧子流形的第一特征值的上界.特别地,证明了$\mathbb{H}^{n+p}$中具有平行平均曲率向量$H$和无迹第二基本形式有限$L^q(q\geq n)$范数的完备子流形的第一特征值不超过$\frac{(n-1)^2(1-|H|^2)}{4}$,和$\mathbb{H}^{n+1}(n\leq5)$中具有常平均曲率向量$H$和无迹第二基本形式有限$L^q(2(1-\sqrt{\frac{2}{n}})相似文献   

数据分层妙解方差最值问题

<正>定理^([1])假设第一层有m个数,分别为x_1,x_2,…,x_m,平均数为x,方差为s([1])假设第一层有m个数,分别为x_1,x_2,…,x_m,平均数为x,方差为s²;第二层有n个数,分别为y_1,y_2,…,y_m平均数为y,方差为t2;第二层有n个数,分别为y_1,y_2,…,y_m平均数为y,方差为t²,则样本方差b2,则样本方差b²=1/m+n[(ms2=1/m+n[(ms²+nt2+nt²)+mn/m+n(x-y)2)+mn/m+n(x-y)²].     

一道联赛题的探源

题目 已知正整数N〉1,求证：1/n＋1＋1/n＋2＋…1/2n〈25/26 （2007年全国高中数学联赛江苏赛区复赛第二试第2题）     

一道联赛题的新证法

一九八九年全国高中数学联赛第二试第二题抄录如下: 已知x_1∈R(i=1,2,…,n,n≥2)满足 sum from i=1 to n |x_i|=1,sum from i=1 to n x_i=0. 求证 |sum from i=1 to n x_i/i|≤1/2-1/2n. 这道题参考答案上已给出了两种证法,现在我们再给出另外一种证法,这种证法比参考答案给出的两种证法都简单,而且更加紧扣教材,更容易为学生所接受。证明任给i∈{1,2,…,n},则有     

关于一种有理插值逼近

设 -1=b_(n+1)相似文献   

新题征展(117)

A 题组新编 1.(袁保金),黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案:第1个图中共有7块地面砖,则第n个图案中共有地面砖块__; (2)(a),(b),(c),(d)分别包含1个,5个,13个,25个第二十九届北京奥运会吉祥物"福娃迎迎",按同样的方式构造图形,设第n个图形包含f(n)个"福娃迎迎",则f(n)=__;     

智慧窗

1．巧证不等式 1 1/22 1/32 … 1/n2<2．湖南隆回第二中学299班(422200)焦光旭提供 2．巧求和 1/2! 1/3! 3/4! … n/(n 1)!．     

一道课本题的推广

新教材第二册上P30复习参考题第 8题 :已知a >b >c ,求证 :1a -b+ 1b -c+ 1c -a>0 .现对该题进行如下推广 .推广 1　若a >b >c ,m ,n均为正数 ,则 ma -b+ nb -c+ (m +n) 2c-a ≥ 0 .证　∵ (a -c ) ( ma -b + nb -c) =m(a -b +b -c)a -b + n(a -b +b -c)b -c =m +n + [m·b -ca -b+n·a -bb -c]≥m +n + 2mn =(m +n) 2 ,故 :ma -b+ nb -c+ (m +n) 2c -a ≥ 0 .推广 2　若a1>a2 >a3 >… >an >an + 1,则1a1-a2+ 1a2 -a3+… + 1an-an + 1+ n2an + 1-a1≥ 0证　利用柯西不等式 .∵ (an -an + 1) ( 1a1-a2+ 1a2 -a3+… +1an-an + 1) =[(a1-a2 ) …     

高阶Bernoulli数与Stirling数的几个恒等式

利用第一、二类高阶Bernoulli数和二类Stirling数S1(n,k),S2(n,k)的定义.研究了二类高阶Bernoulli数母函数的幂级数展开,揭示了二类高阶Bernoulli数之间以及与第一类Stirling数S1(n,k)、第二类Stirling数S2(n,k)之间的内在联系,得到了几个关于二类高阶Bernoulli数和第一类Stirling数S1(n,k)、第二类Stirling数S2(n,k)之间有趣的恒等式.     

数学归纳法应注意的几个问题及证明技巧

数学归纳法是用来证明某些与自然数有关的数学命题的一种推理方法,在解数学题中有着广泛的应用.它是一个递推的数学论证方法,论证的第一步是证明命题在n=1(或n0)时成立,这是递推的基础;第二步是假设在n=k时命题成立,再证明n=k+1时命题也成立,这是无限递推下去的理论依     

关于一个不等式猜想的否定

本刊文[1]对文[2]中的第一个不等式给予推广，对第二个不等式的推广提出一个猜想：设xi〉0（i=1，2，3，…，n），n∑i=1xi=1.则n∏i=1（1/1-xi＋xi）≥（n/n-1＋1/n）^n.     

N 元指数和对数平均的凸性及几何凸性

讨论了n 元指数平均和对数平均的凸性、S - 凸性、几何凸性及S - 几何凸性, 证明了:(1) n 元指数平均是S - 凹的和S - 几何凸的; (2) n 元第一对数平均是S - 凹的; (3) n 元第二对数平均是凹的和几何凸的. 最后提出了二个悬而未决的问题.     

异于归纳法的证明

高中《代数》第二册(甲种本)第73页,用数学归纳法证明:1·2 2·3 3·4 … n(n 1)=1/3(n 1)(n 2)不少同学证明之余问道,这个结论是如何得到的呢?现介绍除归纳法外的几种方法供同学们参考。     

談第二种倒數方程

數学通報1955年10月号王友鋆同志有一篇討論倒數方程定义的文章:談倒數方程,我們在初等數学複習及研究(代數)的教学中也遇到了同样的問題,王友鋆同志的文章沒有談到倒數方程的解法,这篇短文僅就第二种倒数方程的解法問題作一些討論,为了完备起見,我們先从定义開始。定义 設f(x)=0为複數体上的n(>0)次方程,a_1,a_2,…,a_n为此方程的全部根,若-1/(a_1),-1/(a_2),…,-1/(a_n)也是f(x)=0的全部-1/a_1,-1/a_2,…,-1/a_n也是f(x)=0的全部根,則称f(x)=0为第二种倒數方程。定理1 n次方程f(x)=0为第二种倒數方程的充分必要条件是:f(x)=εx~nf(-1/x),其中当n为偶數時ε=1或-1;当n为奇數     

关于第二类Bernstein型插值过程

设f(x)∈c[-1,1],U_n(x)=sin(n+1)θ/sinθ(x=cosθ)为第二类多项式,x_k=cosθ_k=cos(kπ)/(n+1)(k=1,…,n)为其 n 个零点。又记 x_0=1,x_(n+1)=-1。文考虑了以{X_k}(k=0,1,…,n+1)为节点的第二类 Bernstein 型插值过程: