数学竞赛中的二项式问题

可能是考虑到教学进度的原因 ,在国内的中学生数学竞赛中 ,与二项式有关的试题比较少 ,但也时有出现 .还有些竞赛题虽不明显属于二项式的范围 ,但运用二项式定理可以巧妙地加以解决 .对于二项式定理 ,应熟练掌握以下三个方面的内容 :1) (a +b) n(n∈N )的展开式的通项公式为Tr+ 1 =Crnan-rbr.2 ) (a +b) n=∑nr =0Crnan -rbr 的逆向应用 .3)二项式系数的两个性质 .构造二项式解题 ,是对二项式定理高层次的应用 ,关键在于发现所给问题与二项式的联系 ,常用于组合数求和、不等式证明、数的整除性、判断数的特征等 .例 1　已知 ( 3 x + 2x) n…     

关于“二项式定理”的教学探讨

二项式定理是继排列组合之后的代数中最后一个教学内容,尽管它的教学时数不多,但对呼应前后知识,发展学生的综合能力都有不可忽视的地位。一、二项式定理的教学建议二项式定理是探究(a b)~n(n∈N)的展开式中各项的系数、指数、项数规律的一个重要定理。教学的基本要求是:1°。熟练地掌握二项式的n次方的展开;2°。能正确地分析条件,利用通项公式求适合条件的某特定项;3°。掌握二项展开式系数的性质,为此教学步骤大致可分如下三个层次: 1 首先引导学生观察熟悉的(a b)~2、(a b)~3、…的展开式,设法从特殊状态来归纳、猜想一般性结论,并引入杨辉三角形,在此基础上再用数学归纳法证明二项式定理。 2 探讨、归纳(a b)~n展开式的规律。(1)     

使用二项式定理的两点注意

二项式定理(a b)~n=C_N~0a~n C_n~1a~(n-1) b … C_n~nb~n有着广泛的应用,但使用它应注意两点: 1.n∈N时公式才成立,才有通项。 2.若公式变形为,则此式成立的条件是n∈N且n≥r-1。解题时若不注意以上两点而盲目使用二项式定理,就会发生错误。     

二项式定理的概率论证法

应用广泛的二项式定理除了可用数学归纳法证明外,还可用组合分析或数学分析等方法分别证明之。本文给出一个完全只用初等概率论的知识的方法来证明二项式定理。 定理:设a,b里任意实数,n是正整数,     

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-…     

代数学基本定理

本文的目的是对代数学基本定理给出一个初等而又相当简短的证明。 定理 每一个正方次的多项式在复数域内有一个根。 证明 设p为一正方次的多项式,其系数属于复数域C,由于P为连续并且当|z|→∞时一致地有|P|(z)|→∞,故存在z_0∈C使得|P(z_0)|≤|P(z)|对于所有z∈C成立,可不妨假设z_0=0。因代替P(z)可考虑多项式P(z+z_0)_(?)我们要证P(0)=0。 存在一个正整数n≥1和a,b∈C,b≠0使得     

组合学的一个新概念--圆组合

1962年笔者在《数学通报》指出下述结果[1 ] :设n ,k为自然数 ,a ,b为实数或复数时 ,就有等价恒等式(a b) n =∑nk=0nk an-kbk,(二项式定理 )an bn =∑[n2 ]k=0( - 1 ) k nk (a b) n- 2k(ab) k,(等价二项式定理 )其中记号nk =n(n- 1 ) (n- 2 )… (n -k 1 )k!,nk =n(n -k- 1 ) (n -k- 2 )…(n- 2k 1 )k!.同时还发现等价恒等式的数字表、证明、性质以及应用上具有相似之处 .由于 nk 是组合记号 ,推测 nk 可能是另一组合记号 ,于是猜想 nk 中蕴藏着组合学的一个新概念 .40年韶光弹指过 ,近年笔者探讨孪生组合等式的问题[2 ,3,4] ,才能清楚地…     

关于多元向量值函数的Taylor定理

<正> 在初等微积分教程中,当我们研充Taylor公式时,通常是去证明关于Taylor多项式的通近定理; 令f:[a,b]→R在c∈[a,b]处是n次     

再谈一类根式的无理性研究

文献[1 ]给出了“定理2　设a,b,m ,n为正整数,则ma+ nb一定是一个首项系数为1的整系数代数方程的根”,并利用定理2讨论了形为ma + nb的数的无理性判别问题.本文对定理2进行了推广,并进一步讨论了形为n1a1 + n2a2 +…+ nsas(a1 ,a2 ,…,as;n1 ,n2 ,…,ns 皆为正整数)的数是否为无理数的判别问题.本文用到高等代数中的一个定理,在这里作为一个引理用.引理　设f(x) =anxn+an- 1 xn- 1 +…+a1 x+a0 是一个整系数多项式,而sr 是它的一个有理根,其中(s,r) =1 ,那么s|a0 ,r|an.特别地,若an=1 ,那么r=±1 ,sr 是它的一个整数根.定理1　设a ,b,c,m ,n…     

均值不等式的拓广及其应用

本文用初等方法证明均值不等式的拓广,并用它解决一些函数的最值问题. 定理 设x,y∈R+,a,b为正有理数,则 aabb(x+y)a+b≥(a+b)a+bxayb ①当且仅当x/a=y/b时,①式取等号. 证明 (1)当a,b为正整数时,由算术——几何平均值不等式,有 (x+y)a+b     

二项式定理的推广

二项式定理是我们熟悉的基本定理,它的许多性质对我们解决数学问题有很大帮助.那么能否将二项式定理推广到三项式、四项式或更一般的情形呢?现就三项式情形作以下探究.上表中右栏是按字母a、b、c由顶点到对边的三角型降幂排列.如当n=3时,字母a、b、c的分布为二项式定理中系数排     

三角形的一个判定定理及应用

<正>众所皆知,平面几何中的三角形的三边关系为"三角形任意两边之和大于第三边,两边之差小于第三边",其等价于:命题若a、b、c是三角形的三边长,则(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)>0.此命题的逆命题也是一个真命题,它便可作为判定三角形的一个"判定定理",即定理若三个正数a、b、c满足(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)>0,则以a、b、c为边长可构成一个三角形.证明由(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)     

数论问题

本讲通过数学竞赛中的一些数论问题,简要地介绍初等数论中较为基本的思考方法.对于问题所涉及的数论基础知识,我们将直接引用而不作讨论(可以参看,例如,《奥数教程》,高三年级,华东师范大学出版社) .例1　设a ,b是给定的正整数,证明,仅有有限多个正整数n ,使得(a + 12 ) n+ (b + 12 ) n为整数.证　问题等价于证明,仅有有限多个n ,使得2 n整除(2a + 1) n+ (2b + 1) n.我们希望分解被除数(2a + 1) n+ (2b + 1) n.这在n为奇数时易于实现:我们有(2a + 1) n + (2b + 1) n =(2a + 2b + 2 ) (2a +1) n -1- (2a + 1) n -2 (2b + 1) +…- (2a + 1) (2…     

复数在二项式定理中的妙用

<正>赋值法是二项式定理中的一种重要解题方法,教材通过将(a+b)n中的a,b赋值为±1,得到奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和的重要结论.而复数,作为实数系的扩充,若像实数一样参与二项式的运算会产生怎样的效果?本文以一道联赛题的证明为例,展现复数在赋值法中的神奇作用,希望给同学们以启发.     

一个无理不等式及其猜想的初等证明

文[1]给出了不等式:设a,b＞0,0＜λ≤2,则(√a/a+λb)+(√b/b+λa)≤2/(√1+λ)…………………(1) 文[2]类比给出了不等式:a,b＞0,0＜λ≤3,则3(√a/a+λb)+3(√b+b+λb)≤2/3(√1+λ)……………(2) 文[2]猜想:a,b＞0,n≥2,n∈N,0＜λ≤n,则n(√a/a+λb)+n(√b+b+λa)≤2/n(√1+λ)……………(3) 文[2]只给出不等式(2)的微分法证明,未能给出初等证明,并指出如何给出初等证明是一个值得继续研究的问题.本文将给出不等式(2)、(3)的一个初等证明;因为要用到不等式(1)证明过程中的一个结论,所以,先证不等式(1).     

一个轮换对称不等式的证明

文[1]中,证明了一个优美的三角形轮换对称不等式　　∑a2≥4△b2a2+c2b2+a2c2.(1)不等式(1)经变换等价于∑m2ah2a≥12(b2a2+c2b2+a2c2)+32.(2)其中a、b、c,ma、mb、mc,ha、hb、hc,△分别表示△ABC的三边长,中线,高及面积.本文将给出类似不等式(2)的一个结论.定理　在△ABC中有　　∑m2aa2≥34(b2a2+c2b2+a2c2).(3)证明　先将(3)式右边进行恒等变换可得　2(b2a2+c2b2+a2c2)=b2a2+c2b2+a2c2-a2b2-b2c2-c2a2+∑(c2b2+b2c2)=(a2-b2)(b2-c2)(a2-c2)a2b2c2+∑b2+c2a2.而　　∑4m2aa2=∑2b2+2c2-a2a2=2∑b2+c2a2-3,所以(3)式等价于　14(2∑b2+c2a2-3)≥38[(a2-b2)(b2-c2)(a2-c2)a2b2c2+∑b2+c2a2]上式化简整理∑b2+c2a2-6≥3(a2-b2)(b2-c2)(a2-c2)a2b2c2　∑a2(b-c)2　≥3(a2-b2)(b2-c2)(a2-c2).(4)(4)式左...     

二项式定理的概率证明

在用概率模型来证明的恒等式中,有一类恒等式可以在二项式定理(a+b)     

一类整除问题的简便证法

统编教材高中数学第三册在数学归纳法一节中,有一类整除问题,这些命题的共同特点是指数上都有自然数n,一般均可用二项式定理的下列性质进行证明;因为(a+b)~n展开后的n+1项中,前n项皆含有a,最后一项为b~n,所以(a+b)~n=a·m+b~n(m∈N)。即以a除(a+b)~n     

二项式系数的若干性质

本文准备从三个不同的方面,推证出二项展开式系数的若干性质. (一) 在统编教材中讲述了二项式公式(a+b)~(?),并且有选择地令a、b的值代入公式,得到关于二项展开式系数的一系列性质.例如证明,c_n~0+c_n~2+…     

不等式a^2＋b^2＋c^2≥ab＋bc＋ca及其应用

本文介绍一个常见的不等式 ,把它当作一个定理 ,并围绕这个定理及其推广精选了从易到难各档次的五个题目加以解答 ,意在开发它的功能 ,加强它在解题中的运用 .定理　a ,b ,c∈R ,则a2 +b2 +c2 ≥ab +bc +ca .证明　∵ 2 (a2 +b2 +c2 ) =(a2 +b2 ) + (b2 +c2 ) + (c2 +a2 )≥ 2ab + 2bc+ 2ac .∴a2 +b2 +c2 ≥ab +bc +ca .“ =”号成立时当且仅当a =b =c .推广　x ,y ,z∈R+ ,a ,b ,c∈R ,那么　 y +zx a2+ x +zy b2 + x +yz c2 ≥ 2 (ab +bc+ca) .证明　∵ yxa2 + xyb2 + zyb2 + yzc2 +xzc2 + zxa2 ≥ 2ab + 2bc+ 2ac .∴推广成立 .该定理…