(一)近似公式(1+α)~n≈1+nα的条件

高中代数教材介绍了如下的近似公式: “当α的绝对值与1相比很小时,(1+a)~n的近似值可用公式(1+α)~n≈1+nα来计算。”其实,在仅有α的绝对值与1相比很小的条件下,运用(1+α)~n≈l+nα来计算,往往得到不可思议的结果。如计算(1-0.001)~2000。这里-0.001的绝对值与1相比很小,若按上述公式计算:(1-0.001)~2000=1-2000×0.001=-1。显然(1-0.001)~2000是个正值,而经过公式近似成了一个负值,荒谬。由此可见,仅有α的绝对值与1相比很小还不行,得须加上条件:nα的绝对值与1相比也很小。     

绝对值学习应掌握几种题型

绝对值是代数中的一个重要概念 ,也是有理数这一章的重点和难点 ,而且中考中有关绝对值的问题也频频出现 ,为了使同学们学好绝对值 ,下面谈一下学习绝对值应掌握的几种题型 .一已知某数 ,求它的绝对值例 1求12 ,-3 ,0的绝对值 .解　 | 12 | =12 ,| -3 | =3 ,| 0 | =0 .二已知一个数的绝对值 ,求这个数例 2一个数的绝对值是 3 ,求这个数 .解　∵　到原点距离为 3个单位的点有两个 ,分别是 3和 -3 ,∴　绝对值是 3的数为 3或 -3 .三已知数的绝对值 ,求代数式的值例 3已知 |x| =3 ,| y| =2 ,xy <0 ,则x+ y = .解　∵　 |x| =3 ,　 | y| =2 ,∴…     

一个无穷级数求和的技巧

我们来考虑下面的行列式的绝对值的平方其中ε=e~(2π/n) i=(-1)~(1/2)。将此行列式与复共轭行列式相乘,一方面,这两个行列式都是Vandermonde行列式,所以,相乘结果应该是:     

绝对值方程sum from i=1 to n(a_i|x-b_i|)=0的一种解法

绝对值方程sum form i=1 to n (a_i|x-b_i|=0)的解法很多,但随着含绝对值项数的增多,解起来就比较困难。因此有必要寻求一种简单直观,不管含多少项绝对值都能解的方法。下面介绍一种供大家参考。     

关于Euler常数的一个不等式

利用Γ函数的对数微商的渐近公式,我们建立了下面双边不等式:12n+∑2p+1k=1(-1)kBk2kn2k<∑nk=11k-lnn-γ<12n+∑2pk=1(-1)kBk2kn2k,这里γ=0.57721566…是Euler常数,Bk(k=1,2,…)是Bernoulli数,p0和n1是整数.     

特征2的有限域中一些特殊元素的存在性(II)

设q=2s.s,n为正整数,Fqn为qn元素的有限域.在本文中,我们考虑Fqn中一些特殊元素的存在性.主要结果是:当下面的条件之一成立时,在Fqn中存在ξ使得ξ和ξ+ξ-1都是本原元并且ξ+ξ-1还是一个正规元:1.当n|(q-1)时,n37,s>6,或者2.当n|■(q-1)时,n≥34,s>6.进一步,如果n是奇数,则当下列条件之一成立时,存在ξ∈Fqn使得ξ和ξ+ξ-1都是Fqn的本原正规元:1.当n|(q-1)时,n≥257,s>9,或者2.当n■(q-1)时,n≥43,s≥9.     

巧用常数特征解题五法

在解题过程中,同学们常习惯于从变量的关系去探求解题思路和方法,很少留心常数的作用.其实常数也是由已知向未知转化的催化剂,若能充分挖掘数学问题中常数的多维特征,展开联想,往往会产生顿悟,从而获得简洁、独到的解法.1将常数换成字母例1(2005年江苏竞赛题)已知x=12(2005n1 2005-1n)(n∈N ),则(x-1 x2)n的值是()(A)2005-1.(B)-2005-1.(C)(-1)n2005.(D)(-1)n2005-1.分析若将x直接代入计算,过程比较繁;若将较大的常数换成字母a,可使问题得到简便解决.解令2005=a,则x=12(a1n a-1n),有(a1n)2-2xa1n-1=0,解得a1n=x 1 x2(负根舍去),而x-1 x2=-…     

关于斐波那契数封闭特点的又两个公式

斐波那契数列可以递归地定义为: F0=0, F1=1, Fn+1=Fn+Fn-1 (n=1,2,3,…), 它的前边的若干项是 0,1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,… 文[1]给出了关于斐波那契数的一个公式,即 FnFn+d-Fn+1Fn+d-1=(-1)n+1Fd-1① 其中n是任意正整数,d≥2. 这一公式的特点是,左边参与运算的是斐波那契数列里的四项,右边的运算结果(就绝对值而言)也是斐波那契数列里的一项.     

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…     

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   

巧添绝对值符号解非绝对值问题

绝对值是高中数学的重要知识点 ,我们习惯上是把绝对值问题通过定义法、分类讨论、数形结合等手段转化为非绝对值问题来解决 .在实际的数学解题过程中可以发现 ,有些非绝对值问题 ,通过添加绝对值符号处理 ,往往能化难为易 ,优化解题过程 ,下面举例说明 .1　判断函数的奇偶性　对于分段函数的奇偶性 ,除了直接用函数奇偶性的定义去判定外 ,用先添加绝对值符号 ,再去判定 ,显得更简捷 .例 1　判定函数 ｆ(ｘ) =ｘ2 (ｘ - 1 ) (ｘ≥ 0 )-ｘ2 (ｘ 1 ) (ｘ <0 ) 的奇偶性 .分析 :利用绝对值 ,原函数可用一个表达式来表示 .解　原函数就是 ｆ(…     

对一个学生的发现的探讨

我班学生刘晋发现了一个自然数的性质 ,举例如下 :92 - 32 =2 (4 5 6 7 8 9)- (9- 3) ,1 32 - 72 =2 (8 9 1 0 1 1 1 2 1 3)- (1 3- 7) ,1 0 0 2 - 572 =2 (58 59 … 1 0 0 )- (1 0 0 - 57) ,上面各等式中 ,前一个小括号内是连续自然数之和且这些自然数正好是等式左边被减数与减数之间的数 ,很明显 :对于 n,m∈ N且 n >m,则有 n2- m2 =2 [(m 1 ) (m 2 ) … n]- (n- m) .我非常惊奇这一发现 ,于是鼓励他继续探讨 ,n3- m3,n4 - m4 ,nk- mk是否也有类似性质 .由于该生没有得到满意结论 ,笔者亲自动手探讨 ,发现确有类似结论 .(1 ) n3…     

重要不等式的一个证明

下面的不等式称为算术平均———几何平均不等式 :Gn =na1 a2 …an ≤An=1n∑ni=1ai　 (ai>0 ,i=1 ,2 ,… ,n)本文通过添加一个零项ln Gnna1 a2 …an =0给出证明可设a1 ≤a2 ≤… ≤an,显然a1 ≤Gn ≤an　存在k,使得　ak ≤Gn ≤ak+1 .AnGn - 1 =1n ∑ni=1aiGn-n=1n ln Gnna1 a2 …an + ∑ni=1aiGn-n=1n ∑ni=1lnGnai + ∑ni=1aiGn-n=1n∑ki=1lnGnai - 1Gn(Gn-ai) +1n∑ni=k+ 1lnGnai - 1Gn(Gn-ai)=1n ∑ki=1 ∫Gnai1t -1Gn dt +1n ∑ni=k+ 1 ∫Gnai1t -1Gn dt=1n ∑ki=1 ∫Gnai1t -1Gn dt +1n ∑ni=k+ 1 ∫aiGn1Gn-1t dt以上每…     

2005年海南省(课改区域)中考数学科模拟试题(四)

(时间:100分钟,总分:110分)一、选择题(本大题有10小题,每小题2分,满分20分)1、-3的绝对值是()1A13B1-3C1±3D1-312、下列运算正确的是()1A1(a b)2=a2 b2B1(a b)2=a2-b2C1(a m)(b n)=ab mnD1(-m n)(m n)=-m2 n23、下列事件中,是必然事件的是()1A1清晨起床,室外正在下雨B1去年是     

逆用S_n公式 妙证不等式

对于有些数列不等式问题 ,如果从正面去直接探求 ,常常感到繁难 ,甚至一筹莫展 ,但是 ,若改变一下思维角度 ,挖掘其隐含的某些公式特征 ,借以逆用 ,使问题转化 ,常可得到简捷、巧妙的解法 ,让人有耳目一新的感觉 .下面以数列的前n项和Sn 的逆用加以说明 :1　a1+a2 +… +an=Sn 的逆用例 1　求证 :1+ 12 2 + 132 +… + 1n2 <2 - 1n,(n≥ 2 ,n∈N)分析　设想右端式“2 - 1n”是数列 {an}的前n项和Sn,则n≥ 2时 ,an=Sn-Sn -1=(2 - 1n) (2 - 1n - 1) =1n(n - 1) .这样 ,问题转化为证明不等式 1n2 <1n(n - 1) (n≥ 2 ) ,此不等式易证 .2　等差…     

一道竞赛题的朴素证法

由递推关系F_(n+2)=F_(n+1)+F_n(n∈N)和F_0=1, F_1=1所确定的数列1,1,2,3,5,8,13,21,34,…叫做裴波那契数列。裴波那契数列有很多性质,在这里只介绍两个下面要用到的(也是常用的)性质: (1)F_nF_(n+2)-F_(n+1)~2=(-1)~n; (2)F_(m+n)=F_mF_n+F_(m-1)F_(n-1)(m≥1,n≥1)。在现实生活中,很多现象与裴波那契数列有关;在数学竞赛中,考裴波那契数列的题目也不少,但对     

老师我这样做可以么

在高三数列复习课中笔者选择了一道山西的高考题,下面是教学片段.题目:已知数列{an}满足:a1=32,且an=3nan-12an-1 n-1(n≥2,n∈N*),(1)求列数{an}的通项公式;(2)证明:对于一切正整数n,不等式a1a2…an<2.n!.(1)解略an=n1-(31)n.(2)结论化简后,需证:(1-31)(1-312)(1-133)…(1-31n     

矩阵特征理论在递归关系上的应用

众所周知 ,求解常系数线性齐次递归关系的方法比较多 .例如 ,差分方法 ,生成母函数法等 .本文说明怎样利用矩阵的理论求解线性递归关系的矩阵法 ,而对线性递归关系非齐次也作了简短讨论 .令f (n) =pf (n -1 ) qf (n -2 )　 (n =2 ,3 ,… ,n) (1 )其中 p,q都是复数域上的数 ,初值 f (0 ) ,f (1 ) ,求 f (n)的通项公式 .下面利用矩阵的工具说明怎样求 f (n) .我们把 (1 )改写成f (n 2 ) =pf (n 1 ) qf (n)　 (n =0 ,1 ,2 ,… ) (2 )根据 f (n 2 ) =pf (n 1 ) qf (n) ,f (n 1 ) =f (n 1 ) ,　即f (n 2 )f (n 1 ) =p　 q1…     

试题研讨(14)

试题 ( 2 0 0 3年省际重点中学大联考 )设数列 {an}的前 n项和 Sn =n2 ( an + 1 ) ,n∈N+ ,a2 =a.( 1 )求证 :数列 {an}为等差数列 ;( 2 )若 a =3,Tn =a1a2 - a2 a3 + a3 a4-a4a5+… + ( - 1 ) n-1anan+ 1,求 Tn.命题溯源　此题是在 1 993年上海市高考试题 ( 2 5)的基础上 ,根据 1 994年全国高考试题 ( 2 5)改编的 .主要考查等差数列的基础知识、数学归纳法及推理论证能力 .原解思路　由　 Sn =n2 ( an + 1 )　得a1=1 ,又 a2 =a,则可猜想an =1 + ( n - 1 ) ( a - 1 ) ( * )下面用数学归纳法加以验证 .1 n =1、n =2时 ( * )式都成立 ;2假设…     

Fibonacci数列的又一重要应用

由初始条件f0=1,f1=1及递推关系fn=fn-1 fn-2(n≥2)所确定的数列{fn}n≥0叫做Fibonacci数列,fn叫做Fi-bonacci数.fn的通项公式为fn=15[(1 2 5)n 1-(1-2 5)n 1],n≥0.(1)下面我们用这一数列来讨论辗转相除法中的一些问题.设a,b是任意两个正整数,由带余数除法,我们有下列等式:a=b