数学问题解答

2000年4月号问题解答(解答由问题提供人给出)1246.f(n)定义在正整数集合上,且满足f(1)=2,　f(n 1)=(f(n))2-f(n) 1,　n=1,2,3….求证:对所有整数n>1,1-122n-1<1f(1) 1f(2) … 1f(n)<1-122n　　证明　由条件易得　f(n)≥2又∵　f(n 1)=f(n)(f(n)-1) 1　∴　f(n 1)-1=f(n)(f(n)-1)于是　1f(n 1)-1=1f(n)(f(n)-1)=1f(n)-1-1f(n)即　1f(n)=1f(n)-1-1f(n 1)-1所以　∑nk=11f(k)=∑nk=1(1f(k)-1-1f(k 1)-1)=1f(1)-1-1f(n 1)-1=1-1f(n 1)-1下面只要用数学归纳法证明22n-1相似文献   

Smarandache函数在两数列上的下界估计

设S(n)是Smarandache函数,其中n是一正整数.讨论Smarandache函数S(n)在数列F((2k),1)=F(n,1)=n2n+1(n=2k)与数列G(2n,1)=(2n)2n+1上的下界估计.基于初等方法证明了:当偶数n≥6时,有S(F((2k),1))=S(F(n,1))≥6×2n+1;当n≥4时,有S(G(2n,1))≥6×2n+1.     

关于Minc-Sathe不等式的上界和下界

H .Minc和L .Sathre在 [1 ]中证明了下面不等式 :对一切自然数n ,有nn+ 1 (n+ 1 ) n n+ 1n+ 2n(n+1 ) ( 3)当n=1时 ,不等式 ( 3)显然成立 .假设不等式 ( 3)对n=k(k≥ 1 )成立 ,即k !>(k+ 1 ) k k + 1k+ 2k(k+1 ) ( 4 )不等式 ( 4 )的两边乘以k+ 1得到(k+ 1 ) !>(k+ 1 ) k+1 k + 1k+ 2k(k…     

构造函数解决与自然数有关的问题

解决与自然数有关的命题通常用数学归纳法、二项式定理的展开式 .而数列作为定义在自然数集上的函数 ,若用数学归纳法解题有一定的难度 ,如果将问题转化为函数来处理 ,则往往使问题变得简洁、容易 ,此时常常将 n视为自变量 .下面举几例说明 .例 1　已知 n∈ N ,证明不等式1 12 13 … 1n <2 n .证明　构造函数 f ( n) =1 12 13 … 1n - 2 n ,∵　 f ( n 1 ) - f ( n)　 =1n 1 2 n - 2 n 1　 = n - n 1( n 1 n ) n 1 <0 ,∴　 f ( n 1 ) 相似文献   

从(S_m-S_n)/(m-n)=S_(m+n)/(m+n)说开去

在等差数列 {an}中 ,Sn 为其前n项和 ,则有如下性质 :Sm-Snm -n =Sm +nm +n　 (m ,n∈N ,且m≠n) (1)证明　∵Sm-Sn=ma1+12 m(m - 1)d -na1- 12 n(n - 1)d=(m -n) [a1+12 (m +n - 1)d],∴ Sm-Snm -n =a1+12 (m +n - 1)d .又Sm +n=(m +n)a1+12 (m +n) (m +n -1)d ,∴ Sm +nm +n=a1+12 (m +n - 1)d .故 (1)式成立 .等差数列 {an}的公差d =0时的情况很简单 ,因此 ,在以下的讨论中我们约定d≠ 0 .图 1　性质 (1)的图示我们知道 ,等差数列 {an}前n项和Sn=na1+12 n(n - 1)d =12 dn2 +(a1- d2 )n ,这说明 ,点 (n ,Sn)在二次函数 y =12 dx2 +(…     

有限时滞差分方程的稳定性

在本文中,作者建立了一些定理可以确保系统：x(n 1)=f(n,xn）（1）为一致稳定、渐近稳定或一致渐近稳定。在所获得的定理中,不要求△V为常负,这里△V（n,xn)≡V(n 1,x(n 1)-V(n,x(n))=V(n 1,f(n,xn)))-V(n,x(n)),特别地,在定理1中,△V甚至可以恒为正,这大大地改进了已有结果并且更加便于应用。     

数的n进制的一个定理及应用

1主要引理及定理引理1从0到n~2-1(2≤n≤10,n∈N)这n~2个数,在n进制中各位数字和被n除余数为k (0≤k≤n—1)的数的个数记为f_k(n),f_k(n)个余数相同的数的和记为S_k(n),则有: (1)f_k(n)=n,(2)S_k(n)=1/n·(n~2(n~2-1))/2.证明(1)将0到n~2-1这n~2个数依次排成n行,每行n个数,如下:     

构造模型求自然数的方幂和

自然数方幂和问题是指Sk(n)=nΣi=1ik(n,k∈N)的计算与表示.早在公元前二百多年,希腊著名科学家阿基米德就已经得出了k=2和k=3时的结果:S2(n)=12+22+…+n2=n(n+1)(2n+1)/6,S3(n)=13+23+…+n3=n2(n+1)2/4,尽管他的证明比较复杂,但S4(n)的结果却始终无法找到,直到一千多年之后的11世纪,阿拉伯数学家才得道:S4(n)=1/30n(n+1)(2n+1)(3n2+3n-1).……     

一些新数列的偏差与伪随机性

设P为奇素数,x为整数且满足1≤x≤P-1.定义数列xn={{(n)+(n+x)/p},如果p(|)n(n+x),0,其它以及en={+1,如果p(|)n(n+x)且0≤{(n)+{(n)+(n+x)}＜1/2,-1,如果p(|)n(n+x)且1/2≤{(n)+{(n)+(n+x)}＜1,+1,如果p|n(n+x),其中瓦是(n)模p的乘法逆,满足n(n)≡1 mod p以及1≤(n)≤p-1.证明了(xn)是一致分布数列,(en)是好的伪随机数列.这表明在二进制数列与[0,1)数列之间存在某种联系.     

一个有趣的组合恒等式猜想的证明

在第三届全国不等式学术年会上,江苏的褚小光老师提出了如下猜想:n2C02n (n-1)2C12n (n-2)2C22n … 22Cn-2n 2 12Cn2-n 1=n·22n-2.经探讨发现,此猜想成立,即有定理1 n2C02n (n-1)2C12n (n-2)2·C22n … 22Cn-2n 2 12Cn2-n 1=n·22n-2.证明n2C02n (n-1)2C12n (n-2)2C22n … 22C     

数学板报

公式C_n~n C_(n 1)~m C_(n 2)~m 2 … C_(n k)~m=C_(n k 1)~(m 1)用于求一类数列的和甚为方便。一、求连续自然数积的和例1 求和:1·2 2·3 3·4 4·5 … n(n 1)。解:∵n(n 1)=2C_(n 1)~2 ∴1·2 2·3 3·4 … n(n 1) =2(C_2~2 C_3~2 C_4~2 … C_(n 1)~2) =2C_(n 2)~3 2=1/3n(n 1)(n 2)。例2 求和:1·2·3 2·3·4 3·4·5 … n(n 1)(n 2) 解:∵n(n 1)(n 2)=3!C_(n 2)~3 ∴1·2·3 2·3·4 3·4·5 …     

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     

用排列组合解数列题

一、问题的提出在现行高中课本(乙种本)上,通项是自然数连续乘积的数列题。如P124～P13l中有: (1)求证:1·2 2·3 3·4 … n(n 1) =(1/3)n(n 1)(n 2)。 (2)求证:1·2·3 2·3·4 3·4·5 … n(n 1)(n 2)=(1/4)n(n 1)(n 2)(n 3)。按照课本上的要求,仅仅是能用数学归纳法证明即可。而进一步追问这些命题的结果是如何获得的?更为一般的情况又会如何呢?由(1)、(2)我们不难归纳出     

双截尾柯西分布顺序统计量的概率性质

设{X_k,1≤k≤n}独立同分布,服从参数为μ,λ;A,B的双截尾柯西分布,X_(1,n),X_(2,n),…,X_(n,n)为其顺序统计量.本文给出X_(k,n)(1≤k≤n)的密度函数,X_(1,n),X_(2,n),…,X_(n,n)的联合密度函数,极端顺序统计量X_(1,n)和X_(n,n)的渐近分布以及X_(k,n)和X_(n-k+1,n)(k1)的渐近分布,并证明X_(1,n)和X_(n,n)是渐近独立的.     

一题多解两例

一题多解是培养发散思维的重要手段。在教学过程中 ,教师应利用学生“好想”、“好奇”、“好动”的心理 ,注重一题多解与一题多变 ,来激发学生学习高等数学的兴趣 ,培养学生的发散思维。下面结合例题来说明之。例 1　将函数 f( x) =x2( 1 +x2 ) 2 展开为 x的幂级数。解 1　利用 ( 1 +x) n的展开式1( 1 +x2 ) 2 =( 1 +x2 ) - 2 =1 +∑∞n=1( -2 ) ( -2 -1 )… ( -2 -n +1 )n!( x2 ) n =1 +∑∞n=1( -1 ) n( n +1 ) x2 n　 |x|<1 ,故 x2( 1 +x2 ) 2 =x2 +∑∞n=1( -1 ) n( n +1 ) x2 n+ 2 =∑∞n=1( -1 ) n+ 1nx2 n|x|<1解 2　采用微分法转化…     

证明不等式的几种特殊方法

文[1]给出了六种证明不等式的特殊方法.这里再给出四种,以解决一些不等式的证明问题.1　利用二项式定理证明对于有些不等式,可根据其结构特点,联想或构造二项式模型,利用二项式定理来证.例1　(第2 1届全苏数学竞赛)求证:对于任意的正整数n ,不等式(2n + 1) n ≥(2n) n + (2n - 1) n成立.证　由二项式定理,有　(2n + 1) n- (2n - 1) n=2 [C1n(2n) n -1+C3n(2n) n -3 +…]≥2C1n(2n) n -1=(2n) n,即(2n + 1) n≥(2n) n+ (2n - 1) n.例2　(1988年全国高中数学联赛)已知a ,b为正实数,且1a+ 1b =1.试证对于每一个n∈N都有(a +b) n-an-bn≥2 2n-…     

2007年全国高考数学湖北卷压轴题的探究与评析

题已知m,n为正整数,1)用数学归纳法证明,当x>-1时,(1 x)m≥1 mx;2)对于n≥6,已知(1-n1 3)n<21,求证:(1-n m3)n<(21)m,m=1,2,…,n.3)求出满足3n 4n … (n 2)n=(n 3)n的所有正整数n.分析1),3)见标答,略.2)记xn=(1-n1 3)n=(nn 23)n,则xn1-1=(nn 12)n-1=1·(nn 12)·(nn 12)…(nn 12)(n-1)个<[1n(1 nn 12 nn 12 … nn 12(n-1)个)]n=(n2n 22 nn-1)n.∵n2n 22 nn-1相似文献   

等差数列中Sm，Sn，Sm＋n之间的关系

在等差数列 {an}中 ,d为公差 ,Sn 为前n项和 ,则Sm,Sn,Sm +n有下列性质 .性质 1　在等差数列 {an}中 ,Sm +n=Sm+Sn+mnd(m ,n∈N ) .证明　Sm+n=a1+a2 +… +am+am +1+am +2 +… +am+n=Sm+ (a1+md) + (a2 +md) +… + (an+md) =Sm+Sn+mnd .性质 2　 Sm +nm +n=Sm-Snm -n (m ,n∈N ,且m≠n) .证明　∵Sm-Sn=ma1+ m(m - 1)d2 -na1-n(n - 1)d2=(m -n)a1+ (m +n - 1)d2=m -nm +n (m +n)a1+ (m +n) (m +n - 1)d2=m -nm +nSm +n,∴ Sm +nm +n=Sm-Snm -n .性质 3　若Sm =Sn,则Sm +n=0 (m ,n∈N ,且m≠n) .证明　由性质 2知 ,Sm +nm +n=Sm-…     

独辟蹊径智取高考压轴题

在近两年全国各地的高考试卷中,出现了几道题设中未指明用数学归纳法,但参考答案中仅提供了用数学归纳法解答的试题,如2005年浙江卷、湖北卷、江西卷的压轴题,以上几道题的解答都可以避开数学归纳法,独辟蹊径巧妙解答!1.根据单调性,避免用数学归纳法例1数列{an}满足a1=1且an 1=(1 n21 n)an 21n(n≥1).(Ⅰ)用数学归纳法证明:an≥2(n≥2);(Ⅱ)已知不等式ln(1 x)0成立,证明:an相似文献   

一个代数不等式的指数推广

文 [1 ]中 ,程龙海先生证明了下面不等式 :若 0≤ x,y≤ 1 ,则x2 y2 ( 1 - x) 2 y2 x2 ( 1 - y) 2 ( 1 - x) 2 ( 1 - y) 2≤ 2 2 . ( 1 )本文将 ( 1 )式作如下推广定理　若 0≤ x,y≤ 1 ,n≥ 2 ,n∈ N,则n xn yn n ( 1 - x) n yn n xn ( 1 - y) n n ( 1 - x) n ( 1 - y) n≤ 2 n 2 . ( 2 )引理　若 u≥υ≥ 0 ,n≥ 2 ,n∈ N,则n un υn ≤ u ( n 2 - 1 )υ. ( 3)证明　因为 u≥υ≥ 0 ,所以[u ( n 2 - 1 )υ]n=un ∑ni=1Cinun- i( n 2 - 1 ) ivi≥ un ∑ni=1Cin( n 2 - 1 ) iυn=un [∑ni=0Cin(…