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     

关于广义Baskakov算子的逼近

陈文忠在文[1]中引进如下广义 Baskakov 算子V(f,x)=f(k/n)b_(n,k,a)(x)其中 a>0,f∈C([0,∞)),b_(n,k)(n(n+α)…(n+(k-1)a))/(k!)·(x~k/)((1+az)~n/+k)·本文研究了这类算子的收敛定理。Voronovskaja 型渐近表示及点态饱和定理,得到了一些加权逼近的正逆定理和一致逼近中的正逆定理.     

一个不等式的改进及证明

文 [1 ]中四川师大的徐丹老师和杨露老师给出了如下定理及其证明 :定理　设a1 ,a2 ,… ,an ∈R+,且a1 +a2 +… +an =s,k∈N ,k≥ 2 ,则有ak1 s-a1+ ak2s-a2+… + akns-an≥sk- 1(n - 1 )nk- 2 .其中当且仅当a1 =a2 =… =an 时 ,不等式的等号成立 .笔者认为k∈R ,k>1时 ,定理是成立的 ,证明如下 :证明　设f(x) =xks -x,x ∈ ( 0 ,s) ,由于f′(x) =kxk- 1 (s -x) +xk(s-x) 2 ,f″(x) =k(k- 1 )xk- 2 (s-x) +kxk- 1(s- 2 ) 2 +kxk- 1 (s-x) 2 + 2xk(s-x)(s-x) 4所以 ,当x ∈ ( 0 ,s) ,k>1时 ,f′(x) >0 ,f″(x) >0 ,即f(x)为递增下凹的函数 .…     

活用两个简单结论巧解两类高考试题

数学中有如下两个人人皆知的简单结论: 　　I 设f(n)=a1+a2+…+an, 　　g(n)=b1+b2+…+bn. 　　若ak=bk(k∈N),则f(n)=g(n). 　　若ak≤bk(k∈N),则f(n)≤g(n). 　　Ⅱ 设f(n)=a1a2…an,g(n)=b1b2…bn. 　　若ak=bk(k∈N),则f(n)=g(n), 　　若ak＞0,bk＞0且ak≤bk(k∈N), 　　则f(n)≤g(n). 　　利用这两个简单结论解答高考试题中与自然数n有关的不(恒)等式的证明问题,思路清晰,通俗易懂.……     

对一道“通讯杯”竞赛题的看法

20 0 3年“通讯杯”高中数学综合应用能力竞赛已落下帷幕 .这次竞赛 ,无疑对提高参赛者的数学综合应用能力有很大帮助 .美中不足的是命题组提供的最后一道解答题的解法 1有一点问题 .现将解法1抄录如下 (见文 [1]) .解法 1　 1) ,2 )略 .3)不妨设n为k位整数 ,则n xn≤n[1+1 10 +(1 10 ) 2 +… +(1 10 ) k -2 ]=n·10 9·[1- (1 10 ) k -1].9.下略 .解法 1,3)中证明xn>.9时用到的不等式n xn ≤n[1+1 10 +(1 10 ) 2 +… +(1 10 ) k-2 ](1)有误 ,举反例如下 :当n =190时 ,由题中所给信息知n xn=2 10 .(1)式右边 =190× (1+1 10…     

向量的数量积与数的乘法的若干区别

1)两向量的数量积是个数量 ,而不是向量 .它的值为两向量的模与其夹角余弦的乘积 ,其符号是由夹角θ(0≤θ≤π)决定的 .θ为锐角 ,数量积为π ;θ为钝角 ,数量积为负 ;θ为直角 ,数量积为零 ;θ =0 ,a·b =|a| |b| ,a·a =|a| 2 ,(a±b) 2 =a2 ± 2a·b +b2 =|a| 2 ±2 |a| |b| + |b| 2 ,(a +b)·(a -b) =a2 -b2 =|a| 2 -|b| 2 ;θ =π ,a·b =- |a| |b| .2 )对于实数a ,b ,当a≠ 0时 ,由a·b =0可推出b =0 .而对向量a ,b ,当a≠ 0时 ,由a·b =0不能推出b =0 .这是因为任一与a垂直的非零向量b ,都有a·b =0成立 .3)已知非零实数a ,b ,c,则…     

利用余数定理证一类整除性问题

关于整除性问题的证明,中等数学习题中屡有所见,在学过数学归纳法后尤多,亦有应用因式分解法证明的。目前重点高中代数第一册已讲过余数定理和因式定理,但此处未曾见到,似觉不够。这里就利用余数定理证一类整除性问题试举几例,供同志们参考。例1,求证4~(2n+1)+3~(n+2)能被13整除(高中数学第三册P。158复习题)。证∵4~(2n+1)+3~(n+2)=4·16～n+9·3~n,故不妨设f(χ)=4·χ~n+9·3~n,则问题化为求证f(16)能被13整除,∵13=16-3,f(χ)除以χ-3的余数为f(3)=4·3~n+9·3~n=13·3~n于是f(χ)=(χ-3)g(χ)+f(3)=(χ-3)g(χ)+13·3”,将χ=16代入得f(16)=13·g(16)=13·g(16)+13·3~n,故f(16)能被13整除,即13|4~(2n+1)+3~(n+2)。上述证明,显然较之数学归纳法要简明得     

关于多项式系数的整除性

设 n是正整数 ,k1 ,k2 ,… ,ks 是适合 k1 +k2 +… +ks=n的非负整数 ,正整数 nk1 k2 … ks=n!k1 !k2 !… ks!称为多项式系数 .本文讨论了当n=a0 +a1 p+a2 p2 +… +arpr ,其中 p为素数且 p≤ n,0≤ ai相似文献   

一个有趣的代数式

a~3+b~3+c~3-3abc是一个有趣的代数式。它是一个三次齐次式,整齐、简单、易记,更重要的是它具有很多有用的性质。性质1° a~3+b~3+c~3-3abc能被a+b+c整除。事实上,a~3+b~3+c~3-3abc =(a+b+c)(a~2+b~2+c~2-db-bc-ca) 所以 a~3+b~3+c~3-3abc能被a+b+c整除。性质2°设a,b,c为非负实数, 则a~3+b3+c~3≥3abc,当且仅当a=b=c时取等号。证明∵a~2+b~2+c~2-ab-bc-ca =1/2〔(a-b)~2+(b-c)~2+(c-d)~2〕∴a~3+b~3+c~3-3abc=(a+b+c)·1/2〔(a-b)~2+(b-c)~2+(c-a)~2〕∵a≥0,b≥0,c≥0,且1/2〔(a-b)~2+     

关于多项式系数的整除性

设n是正整数,k1,k2,…+k1=n的非负整数,正整数[nk1k2…ks]=n！/k1!k2!…k5!称为多项式系数,本文讨论了当n=a0+a1p+a2p^2+…arp^r,其中p为素数且p≤n,0≤ai&;lt;p(0≤i≤r);ki=a0^(i)+a1^(i)p+…+ar^(i)p^r,其中ki≤0,∑^si=1,ki=n,0≤ak^(i)p(0≤i&;lt;s)时多项式系数的整除性问题,得出的结果推广了著名的Lucas定理^[1].     

课外练习

高一年级1.已知a ,b为整数 ,且 f(a +b) =f(a)·f(b) ,又f( 1) =1,求 f( 1) +f2 ( 2 ) +f3 ( 3 )+… +f2 0 0 3 ( 2 0 0 3 )的值 .(安徽岳西县城关中学 ( 2 4660 0 )李庆社 )2 .如果函数f(x) ,对于非零实数x1,x2 均有f(x1+x2 ) =f(x1)·f(x2 )且f( 1) =3 ,当f( 2 )f( 1) +f( 4 )f( 3 ) +f( 6)f( 5 ) +… +f( 2n)f( 2n -1) =2 0 0 1时求n .(深圳市蛇口中学 ( 5 180 67)　王远征 )3.若函数 f(x) =ax +1x +2 在区间 ( -2 ,+∞ )上是增函数 ,则a的取值范围是 .(北京昌平一中 ( 10 2 2 0 0 )何乃忠张全合 )高二年级1.设A ={x|1相似文献   

探寻均值不等式与2011年高考数学湖北卷21题之间的关系

2011年高考数学湖北卷21题(1)已知函数f(x)=lnx-x+1,x∈(0,+∞),求函数f(x)的最大值;(2)设ak,bk(k=1,2,…,n)均为正数,证明:①若a1b1+a2b2+…+anbn≤b1+b2+…+bn,则a1b1a2b1…anb1≤1;     

上期课外练习解答

高一年级1.∵　f(2 ) =f(1)·f(1) =1,f(3 ) =f(1)·f(2 ) =1,f(4 ) =f(3 )·f(1) =1……由归纳得f(1) =f(2 ) =f(3 ) =… =f(2 0 0 3 ) =1.∴　原式 =1.2 .当x为非零实数 ,故　f(x + 1) =f(x)·f(1) 　f(x + 1)f(x) =f(1) =3 ,故　f(2 )f(1) + f(4 )f(3 ) +… + f(2n)f(2n -1) =3n .∴　n =667.3 .f(x) =a + 1-2ax + 2 欲使f(x)在 (-2 ,+∞ )上是增函数 ,只须使 1-2a <0 ,故a的取值范围是 (12 ,+∞ ) .高二年级1.记f(x) =x2 -2x +a ,g(x) =x2 -2bx + 5由函数图象易知A B f(1) =a -1≤ 0 ,f(3 ) =3 +a≤ 0 ,且 g(1) =6-2b≤ 0 ,g(3 ) =1…     

一类条件最小值问题的统一解法

本文给出一类条件最小值问题及其统一的解法,这类问题是:已知a,b,c为正实数,且a+b+c=1,k(k≠0,1)为整数,求(a+b)k+(b+c)k+(c+a)k的最小值.统一解法使用的工具是n(n≥2)元均值不等式:a1+a2+…+an≥nna1a2…槡an(ai>0,i=     

解方程(2+(2+(2+X)~(1/2))~(1/2))~(1/2)=2所想到的

探求方程(2+(2+(2+x)~(1/2))~(1/2))~(1/2)=2殊解法时,联想到方程(a±(a±…±(a±x)~(1/2))~(1/2))~(1/2)=x与力程x=(a±x)~(1/2)是否等价的问题。如果结论成立,则x=1/2((4a+1)~(1/2))±1)就是方程 (a±(a±…±(a±x)~(1/2))~(1/2))~(1/2)=x的根,这样不仅可使这种形式的方程有了较为简捷的求解公式,而且也为形如(a±(a±…±(a±x)~(1/2))~(1/2))~(1/2)=b的方程提供了一种极为简便的解法。事实上,若a>0,x>0,则     

On approximation of smooth functions from null spaces of optimal linear differential operators with constant coefficients

For a real valued function f defined on a finite interval I we consider the problem of approximating f from null spaces of differential operators of the form Ln(ψ) = n ∑ k=0 akψ(k), where the constant coefficients ak ∈ R may be adapted to f . We prove that for each f ∈ C(n)(I), there is a selection of coefficients {a1, ,an} and a corresponding linear combination Sn( f ,t) = n ∑ k=1 bkeλkt of functions ψk(t) = eλkt in the nullity of L which satisfies the following Jackson’s type inequality: f (m) Sn(m )( f ,t) ∞≤ |an|2n|Im|1/1q/ep|λ|λn|n|I||nm1 Ln( f ) p, where |λn| = mka x|λk|, 0 ≤ m ≤ n 1, p,q ≥ 1, and 1p + q1 = 1. For the particular operator Mn(f) = f + 1/(2n) f(2n) the rate of approximation by the eigenvalues of Mn for non-periodic analytic functions on intervals of restricted length is established to be exponential. Applications in algorithms and numerical examples are discussed.     

例说函数构造法解题

一、证明不等式.例1设a、b、c为绝对值小于1的实数,求证ab+bc+1>0.证明:构造函数f(a)=(b+c)a+(bc+1)(|a|>1).若b+c=0,则由|bc|<1,知f(a)>0;若b+c≠0则f(a)为单调函数,f(a)的值在f(1)与f(-1)之间,但f(1)=(1+b)(1+c)>0,f(-1)=(1-b)(1-c)>0,f(-1)与f(1)均大于0,∴f(a)>0.例2证明:(1+1)(1+31)(1+51)…(1+2n1-1)>2n+1(n=1,2,…)(98年高考)证明:构造函数f(x)=(1+1)(1+31)…(1+2x1-1)2x+1当x∈N*时,f(x+1)f(x)=(1+1)(1+13)…(1+2x1-1)(1+2x1+1)2(x+1)+1·2x+1(1+1)(1+31)…(1+2x1-1)=2x+2(2x+3)(2x+1)=(22xx++22)2-1>1·∴f(x)为增函数∴f(x)≥f(1…     

再析一道以二进制为背景的高考题

题 (2011年湖南卷理16)对于n∈N+,将n表示为n=a0×2k+a1 ×2k-1 +a2 ×2k-2+…+ak-1 ×21 +ak×20,当i=0时,ai=1,当1≤i≤n时,ai为0或1.记I(n)为上述表示中ai为0的个数.(例如:1=1 ×20,4=1 ×22+0×21 +0×20,故I(1)=0,I(4)=2),则(1)I(12)=____;(2)127∑n=12I(n)=____.     

具有递推关系的一类计算对象的解法

1.定理　设 Dn 是一个与自然数 n有关的计算对象 ,具有递推关系 Dn=a1Dn- 1+a2 Dn- 2 +…+ak Dn- k,其中 a1,a2 ,… ,ak 是 k个已知常数。如果矩阵A =a1a2 … ak- 1ak1 0… 0 00 1… 0 0……………0 0… 1 0可对角化 ,即存在可逆矩阵 P,P- 1AP=Λ,Λ=λ1λ2 λk;并且 PΛn- 1P- 1Dk廌2D2=b1廱k- 1bk,则Dn=bk。证明　∵ Dn=a1Dn- 1+a2 Dn- 2 +… +ak Dn- k,∴ Dn+k- 1=a1Dn+k- 2 +a2 Dn+k- 3+… +ak Dn- 1,从而Hn =Dn+k- 1Dn+k- 2Dn+k- 3廌n=a1Dn+k- 2 +a2 Dn+k- 3+… +ak Dn- 1Dn+k- 2Dn+k- 3廌n=a1a2 … ak- 1ak1 0… 0 00 1…     

一个最值问题的求解方法

文[1 ] 对如下问题进行了研究 :已知实数x1 ,x2 ,… ,xn 满足x21 +x22 +… +x2 n= 1 ,当n≥ 3时 ,求maxi≠j mini≠j|xi-xj|.本文给出如下简捷解法 .由题意 ,不妨设x1 ≤x2 ≤…≤xn -1 ≤xn,并令mini≠j|xi-xj|=min|xi+ 1 -xi|=a(i=1 ,2 ,… ,n - 1 ) .则当 j>i时 ,xj-xi=(xj-xj-1 ) +… +(xi+ 1 -xi)≥(j-i)a∴ ∑1≤i相似文献