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前数差1的三位数相乘,不论后两位数相同不同,互补均有不同的巧乘法,它快速、简单、正确、省力、省时、省心,具体如下: (一)前数差1,两尾数相同时,有五种巧乘法 (1)(小数列 后两数)×大数列之前数 后两数~2-100 ×后两数。 相似文献
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二项式定理的一个重要应用就是证明与组合数有关的恒等式 ,这种恒等式实际上就是某类数列之和 ,这启示我们可以通过构造组合模型计数的方法来求一类数列的和 .下面的例子在高中课本中都是用数学归纳法证明的 ,学生可能会问 :怎样由等式的左边导出它的右边呢 ?本文的方法正好给出了一种回答 .例 1 1× 2× 3…k 2× 3× 4… (k 1) 3× 4× 5… (k 2 ) …n(n 1) (n 2 )… [n (k - 1) ] =1k 1(n k) (n k - 1)… (n 1)n .证 考虑取自数集S ={1,2 ,3 ,… ,n k}且排尾取最大值的 (k 1) -排列 .首先 ,全体 (k… 相似文献
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二、3乘(一)本个数位乘数0246813579本个数0628439517(二)进数位乘数0123456789本个数0000111222(三)位积位积=本个+后进(允许够10数)合成位积的训练最好先用一笔清,然后再用脑算盘清理。有够10进位用“左手”。够10进位多数是后数有3与6的地方。例13×37,269........||||||||||虚半替半||||||||||}}够4进1够7进23×37269=0117073进03本个9,7进2,为17本个12本个6,6进1,为76本个8,9进2,为09本个7脑算盘清理为111,807。例23×68,194脑算盘清理为204,582。例33×94,762例43×29,507三、4乘(一)本个数位乘数0246813579本个… 相似文献
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数列通项问题是数列部分的一个重要且典型的问题 ,是中学数学教学的一个难点 ,现结合教学 ,对有关数列通项的常见基本题型及其求解思维策略作一探索归纳 ,供参考 .1 给定数列前几项求其一个通项公式思路 观察分析 ,归纳猜想 .例 1 求下列数列的一个通项公式 .1) 1,3,6 ,10 ,… ;2 ) 74× 6 ,- 95× 7,116× 8,- 137× 9,… .分析 :1)观察项之间的关系有 :a2 -a1=2 ,a3-a2 =3,a4 -a3 =4,…猜想an-an -1=n .将以上各式两端分别相加可得an-a1=2 3 4 … n ,∴an=1 2 3 … n =n(n 1)2 .经验证此为所求的一个通项公… 相似文献
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89、889、899、91、991乘倍9数不用传统方法,可以采用先进的巧乘法,该法简便易行、快速、轻松、有趣,可启智力,具体如下: (一)89巧乘倍9数 89乘任何倍9数有四种巧乘方法 (1)倍9数/9乘89错位减之 相似文献
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1999年全国初中数学竞赛最后一道题 :有人编了一个程序 :从 1开始 ,交错地做加法或乘法 (第一次可以是加法也可以是乘法 ) .每次加法 ,将上次的运算结果加 2或加 3;每次乘法 ,将上次的运算结果乘 2或乘 3.例如 ,30可以这样得到 :1 3 4 × 2 8 2 1 0 × 3 30 .(1 )证明 :可以得到 2 2 ;(2 )证明 :可以得到 2 1 0 0 2 97- 2 ;证明 (1 )易证 .(2 ) 1 × 2 3× 2 - 4 2 3× 2 - 2 × 2 3× 2 2- 4 2 3× 2 2 - 2 × 2 3× 2 3- 4 2 3× 2 3-2…… (不断乘以 2 ,再加 2 ) × 2 3× 2 96- 4 3 3× 2 96- 1 × 32 99 2 96- 3 2 2 99 2 9… 相似文献
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55乘各种规律数列均有多种巧乘方法,不同于逐位计算,而是根据不同的规律数列,采用不同的巧乘方法,今集粹如下: 相似文献
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37或73乘多位相同数字,不用逐位相乘,与一位同数去乘再错位加的方法,而用特殊的巧解法,比较快速,正确,好学,好操作,具体如下: 一、37巧乘两位同数有七法 (一)同数齐头减尾数乘同数,再在后两位加尾数 相似文献
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数学充满了辩证法.数学教学是学生接受辩证唯物主义教育的重要途径.数列与极限部分的教学,可以使学生了解到特殊与一般,有限与无限,精确与近似的辩证关系,树立辩证唯物主义观点.然而,令人惊讶的是,一些教学出版物中存在着不容忽视的误区,因而也不可避免地反映在教学活动中.1 误区一览下面是从两本流行很广的教学出版物的摘录:1)“数列1,2,3,…,就是数列{n}.”2)“数列-1,1,-1,1,…,是有界数列.”3)“已知数列3,3,15,…,则9是这个数列的第项.”4)“试求数列27,411,12,45,…,的通项公式.”5)“数列12×5,15×8,18×11,…,前n项的和为.”6)“… 相似文献
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四、4乘(一)正差值法1.4乘位积=(4乘进位数+10)-6乘本个数允有够10数例14×35,608后进+106乘个位数4×0356080=14243211-10=112-8=412-10=210-6=413-10=310-8=2例24×76,289例34×31,925例44×12,4972.4乘位积=(4乘进位数+1)-6乘本个数允有负数首尾0本个数为0,中间0与5本个数为0例14×82,1784×0762890=20415612-10=212-2=010-6=413-2=113-8=510-4=64×0319250=12760011-10=110-8=213-6=710-4=612-2=010-10=04×0124970=04998810-10=010-6=411-2=913-4=912-4=810-2=8后进+14×08217806乘本个=4713284-0=41-8=71-2=13-6=34-2=20-8=8(尾0当进0… 相似文献
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由组合数的性质Cnm+Cnm-1=Cn+1m。可得Crr +Cr+1r+Cr+2r+…+Cnr=Cn+1r+1(*),利用(*)可 方便地解决一些数列求和问题.现举例说明 之. 例1 求和1×2+2×3+3×4+…+n× (n+1). 分析 将通项n×(n+1)改写成A22Cn+12的 形式,然后利用(*)求解. 相似文献
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读过《优美的级数公式》(《中学生数学》2 0 0 0年 1 2月上 )和《用组合数巧解数列题》(《中学生数学》2 0 0 1年 1 2月上 )等文后很受启发 ,进而归纳出几种讨论数列问题的模式 :模式一 欲证∑ni=1 ai=Bn 成立 .若假设其成立的话 ,则An =∑ni=1 ai-Bn =0 ,对新数列{An} ,An=∑ni=1 ai-Bn.若能证出An +1 -An=0 ,对一切n成立 ,且A1 =0 ,则An =An-1 =An -2 =… =A1 =0 ,从而∑ni=1 ai=Bn 成立 .例 1 求证 :1·2·3…k + 2·3… (k + 1 ) +… +n(n + 1 )… (n +k -1 ) =1k + 1 n(n + 1 )… 相似文献
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若一数列佃。}的前”项和公式是:S,,’+l,则此数列是等差数列. 证明:一「(n一l)’S一5._,一(。’+l)+]1=Zn一l a。一l一s。一l一S。一2一Zn一3, ·‘·a。一a。_,=(2”一l)一(Zn一3)二2 …伸。}是等差数列· 然而,’·’al二51,a,+a:=52,a,+aZ+a3一S, ·’·al一12+l,a一+aZ一22+- al+aZ+a3一32+- 解得:a,一2,aZ一3,a,一5 ·’,aZ一a,笋a,一aZ即数列于a。冬不等差数列. 前而证明了扣,}是等差数列,为什么用一些特殊项去验证却不成立呢?本期‘数学诡辩’揭底 2错因.就是用前n项和公式去求通项公式时,未注惫到数列的首项情况.由a。=sn一s… 相似文献
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大家知道1·2+2·3+3·4+…n(n+1)的求和可利用通项公式来求,即: 1·2+2·3+3·4+…+n(n+1)=(1~2+2~2+3~2+…+n~2)+(1+2+3+… +n)=(1/6)n(n+1)(2n+1)+(1/2)n(1+n)-(1/3)n(n+1)(n+2) 但是用这种方法求和涉及到数列1~2,2~2,3~2…n~2的求和,如果给出累进数列的每项乘积因子则又涉及数列{n~3},{n~4},…的求和,所以利用通项求常见累进数列 相似文献
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《高等数学研究》2002,(3)
一、选择题(本大题满分36分,每小题3分) l、下列各数(一3)。,--(~3),(一3)。,一(一3)。中,负数的个数为( ) A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 2、f一3f的十fj反数是(). f I A.~÷ B.÷ C一3 D.3 3 0 3、点P(“,6)在第四象限内,则点P到z轴的距离是( ). A.d 13.易 (:;口J D.j 6 J 4、据渊查统计,北京在所有申奥城市中享有最高程度的民众支持率,支持申奥的北京市民约有1304万人,用四舍五入法,保留3个有效数字的近似数为( ) A J 30×10’万人 l{l J300万人 (、.1 3^10。了i人 D.0.13×l()。万人 5、函数y:h~3与-y:一鱼(自≠0)的网象在同 j’… 相似文献