两项式ab~n+cd~n 的整除问题

高中数学课本第三册复习题四第14题(P158)要求用数学归纳法证明:3~(n+2)十4~(2n+1)能被13整除。本文对这类问题再提供一种极为简便的证法。定理:若d-b能被a+c整除,则ab~n十cd~n也能被a+c整除(a,b,c∈R,且a+c≠0,n∈N) 证明:ab~n+cd~n=(a+c)b~n+c(d~n-b~n)=(a+c)b~n+c(d-b)(d~(n-1)+d~n-2b+d~n-3 b~2 +…+db~(n-2)+L~(n-1))。因为(a+c)b~n和c(d-b)(d~(n-1)+d~(n-2)b++d~(n-3)b~2+…+d~(n-2)+b~(n-1))都能被a十c整除,故ab~n+cd~n能被a+c整除。例1 求证:3~(n+2)+~(2n+1)能被13整除证明:3~(n+2)+4~(2n+1)=9·3~(n+4)·16~n     

二项式系数的更多整除性质

设$a$, $b$和$n$为正整数,且$a>b$,我们证明了下面的整除性质: 对所有正整数$n$, 我们有$$(2bn+1)(2bn+3)(2bn+5){2bn\choose bn}\Big|15(a-b)(3a-b)(5a-b)(5a-3b){2an \choose an}{an\choose bn},$$ 上述整除式推广了杨全会一文中的相关结论.且对所有正整数$n$,我们证明了下面的整除性质:$$(6n+1){4n\choose n}\Big|{12n\choose 6n}{2n\choose n},\ (12n+1){5n\choose n}\Big|{15n\choose 3n}{3n-1\choose n-1},$$ $$(18n+1){12n\choose 9n}{8n\choose 2n}\Big| {24n\choose 18n}{4n\choose 2n}{6n\choose 3n}.$$更多类似的整除性质可以给出.     

综合题新编选登

题147设数列{an}满足:当n=2k-1(k∈N*)时,an=n;当n=2k(k∈N*)时,an=ak.1)求a2 a4 a6 a8 a10 a12 a14 a16;2)若Sn=a1 a2 a3 … a2n-1 a2n,证明:Sn=4n-1 Sn-1(n≥2);3)证明:S11 S12 … S1n<1-41n.解1)原式=a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8=a1 a1 a3 a1 a5 a3 a7 a1=4a1 2a3 a5 a7=4×1 2     

整数的整除性证明的常用方法

在初、高中教材和一些初等数学参考书中,经常遇到一些关于整数的整除性证明的问题。本文就这一问题给出五种证明方法。一般来说,有关整数的整除性的问题,都可以用这些方法来证明。一用分解因式法证明例1 已知m是自然数,求证m~5-5m~4 4m能被120整除。证明:m~5-5m~4=m(m~2-1)(m~2-4) =m(m-2)(m-1)(m 1)(m 2) ∴m~5-5m~4 4m可化成五个连续的整数m-2,m-1,m,m 1,m 2的乘积的形式。从而知,原式能被5整除,又能被3整除。另一     

一个不等式的加强

第13届普特南数学竞赛的A—1题为2n3n<∑nk=1k<4n 36n1文[1]利用Abel变换改进不等式为　2n 13n≤∑nk=1k≤4n 36n-162文[2]进一步改进为　2n 23-2-13≤∑nk=1k≤4n 36n-163本文将探讨比3式更强的不等式.定理　对任意正整数n,有　4n 36n 124n-524≤∑nk=1k≤4n 36n-164当且仅当n=1时式中等号成立.证明　这里我们仅证4式下界不等式,4式上界不等式的证明可见文[2].为证4式下界不等式,先证下列不等式:n>4n 36n 124n-　[4(n-1) 36n-1 124n-1](其中n>1)　5要证5式,只要证　4n-16n-1 124n-1>4n-36n 124n,即只要证　(16n2-20n 5)n>(16n2-12n 1)n-1,…     

新题征展(132)

A题组新编1.设△ABC的内角A,B,C的对边长分别为a,b,c,已知cos(A-C) +cosB=t(t是已知的正数),根据下列条件分别求出角B的大小:(1)a,b,c成等比数列;(2)a,b,c成等差数列.2.(1)求数列{2(n-1)/x(2n-1)+1}的前n项和Sn;(3n+1)+(3n+4)+(3(2)求数列(3n-2)+(3n+1)+(3n+4)+(3n+7)/(3n-2)(3n+1)(3n+4)(3n+7)的前n项和Tn.3.(1)证明:2(2n)-1 (n ∈ N*)至少有n个不同的素因数;(2)求C12n,C32n,C52n,…,C2n-12n的最大公约数.B藏题新掘4.已知曲线C:x｜x｜/a2-y｜y｜/b2=1,下列叙述中错误的是A.垂直于x轴的直线与曲线C只有一个交点B.直线y=kx +m(后,m∈R)与曲线C最多有三个交点C.曲线C关于直线y=-x对称D.若P1(x1,y1),P2(x2,y2)为曲线C上任意两点,则有(y1-y2)/(x1-x2) ＞05.(二项式定理)在(x+y)n的展开式中,若第七项系数最大,则n的值可能等于____.     

勾股数组一个性质的证明

在《圆和二次方程》一书中,给出了任何一组勾股数组a、b、c都可由公式a=m~2-n~2,b=2m~n,c=m~2+n~2表示(这里m、n-奇-偶,m>n,m、n均为自然数),同时指出“abc一定能被60整除”,因为它的证明“已经超出你们的知识范围,这里就不谈了”。为此,笔者给出一种浅显的证明。下面先证两个引理。引理1。任何自然数p若不能被3整除,则p~2-1能被3整除。证明:因为任何不能被3整除的自然数p均可表示勾:p=3k±1(这里k为自然数)而p~2=(3k±1)~2=9k~2±6k+1=3(3k~2±2k)+1,所以p~2-1能被3整除。引理2.任何自然数q若不能被5整除,则q~4-1能被5整除。证明:因为任何不能被5整除的自然数q可表示为q=5l±1,或q=5l±2 (这里l为自然数) 而当q=5l±1时,q-1或q+1能被5整除;当q=5l±2时,q~2=(5l±2)~2     

一道普通高考题的另解

题目:设数列{an}的首项a_1∈(0,1),a_n=(3-a_(n-1))/2,n=2,3,4,….(Ⅰ)求{a_n}的通项公式;(Ⅱ)设bn=an.3-2an,证明bn相似文献   

一个猜想的否定

《中学生数学》2005年12月(上)《一道数学题的简证及猜想》一文中提出如下猜想:(2n -3)m (2n-1)m 1 (2n 1)m 2 (2n 3)m 3能被2n整除(n≥2,n、m∈N)．当n=3,m=1时,     

2011年清华金秋营数学试题及解答

1.求sinπnsin2πn…sin(n-1)πn的值.解设ε=cosπn+isinπn(i为虚数单位),则1,ε,ε2,…,ε2(n-1)为x2n-1=0的根,且sinkπn=εk-ε-k2i=ε2k-12iεk,所以sinπnsin2πn…sin(n-1)πn=(ε2-1)(ε4-1)…[ε2(n-1)-1]2n-1in-1ε12n(n-1)()n-1(2)(4)…[2(n-1)]     

数论问题

(续上期 )例 9　证明 :对任意自然数n ,数 [( 3+5) n]+ 1被 2 n 整除 .这里 [x]表示实数x的整数部分 .证　论证的要点是给予 [( 3+ 5) n]的一个不同的 (但适用的 )表示 .为此 ,我们考虑数α =3+ 5的共轭数 β =3- 5,它们由整系数二次方程x2 - 6x + 4=0相关联 :是该方程的两个根 .记un=αn+ βn.我们现在易于导出 {un}(n≥ 1 )的递推公式 :以αn 乘α2 - 6α + 4=0 ,及 βn 乘 β2 - 6 β+ 4=0 ,并将结果相加 ,即得un + 2 =6un + 1- 4un,n≥ 1 ( 5)因u1=6 ,u2 =2 8都是整数 ,故由 ( 5)及归纳法知所有的un 都是整数 .注意 0 <3- 5<1 .故 0 <β…     

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   

关于积的三个三角恒等式的推广

一易证下列三个恒等式成立: (1)sinθsin(θ+π/ 3)sin(θ+2π/ 3) =sin3θ/4; (2)cosθcos(θ+π/3)cos(θ+2π/3) =-1/4cos3θ; (3)tgθtg(θ+π/3)tg(θ+2π/3) =-tg3θ。本文把上述三个恒等式予以推广,其一般形式为: (Ⅰ) multiply form j=1 to n sin(θ+(j-1)/nπ)=sinnθ/2~(n-1); (Ⅱ) multiply form j=1 to n cos(θ+(j-1)/nπ) =(-1)~(n-2) sinnθ/2~(n/1) (n为偶数), (-1)~(n-1)~2 cosnθ/2~(n-1)(n为奇数);     

柯召、孙琦—单墫定理的拓广

一、引言人们容易证明任意3个整数中必有两个整数之和为2整除,任意5个整数中必有3个整数之和为3整除,柯老和孙琦教授在[1]中证明了任意7个整数中必有4个整数之和为4整除,并猜测任意2n-1(n>1)个整数中必有n个整数之和能为n整除。1983年单墫     

世界各地数学奥林匹克试题摘编

1(2000年中国台湾数学奥林匹克)设f是正整数集到非负整数集的映射.满足f(1)=0,f(n)=max1≤j≤n-1{f(j) f(n-j) j}(n≥2).求f(2000).解我们用数学归纳法证明f(n)=n(n-1)2(n≥1).当n=1时,结论成立.当n=2时,f(2)=f(1) f(1)-1=1.易知f(3)=max{f(1) f(2) 1,f(2) f(1) 2}=3,f(4)=6.假定n≥5,并且f(k)=k(k-1)2对于1≤k相似文献   

关于一对不等式的推广

文[1]证明了一对有趣的不等式:设a,b,c为正数,且a b c=1,则有(b1 c-a)(c 1a-b)(a1 b-c)≥(67)3,(b1 c a)(c 1a b)(a1 b c)≥(161)3.为了推广这两个不等式,文[1]提出下面四个命题,要求证明或否定之.设a1,a2,…,an为正数且其和为1.命题1∏ni=1(ai 1ai 1-ai 2)≥(2n-1n)n.命题2∏ni=1(ai 1ai 1 ai 2)≥(2n 1n)n.命题3∏n-1i=0(∑K1j=1ai j-∑nj=k 1ai j)≥(kn nk-1)n.命题4∏n-1i=0(∑K1j=1ai j ∑nj=k 1ai j)≥(kn-nk 1)n.其中an i=ai(i=1,2,…,n-1),k为小于n的正整数.本文先证明命题3为真,然后对其余三个命题给出反例.令f(x)=ln(1-1x-x),0相似文献   

数学问题解答

2007年2月号问题解答(解答由问题提供人给出)1656若奇数n≥3,a1n-1 a2n-1 … ann-1 (n-1)a1a2…an=1,求证:(a1n-1-1)(a2n-1-1) (a2n-1-1)(a3n-1-1) … (ann-1-1)(a1n-1-1)≥0.证明左=(a1a2)n-1 (a2a3)n-1 … (ana1)n-1-2(a1n-1 an2-1 … ann-1) n=(a1a2)n-1 (a2a3)n-1 … (ana1     

有循环极大子群的素数幂阶群的作用是边传递的图(II)

假定Γ是一个有限的、单的、无向的且无孤立点的图,G是Aut(Γ)的一个子群.如果G在Γ的边集合上传递,则称Γ是G-边传递图.我们完全分类了当G为一个有循环的极大子群的素数幂阶群时的G-边传递图.结果为:设图Γ含有一个阶为pn(p是素数,n≥2)的自同构群,且G有一个极大子群循环,则Γ是G-边传递的,当且仅当Γ同构于下列图之一1)pmK1,pn-1-m,0≤m≤n-1;2)pmK1,pn-m,0≤m≤n;3)pmKp,pn-m-1,0≤m≤n-2;4)pn-mCpm,pm≥3,m＜n;5)2n-2K1,1;6)pn-1-mCpm,pm≥3,m≤n-1;7)2pn-mCpm,pm≥3,m≤n-1;8)2pn-mK1,pm,0≤m≤n;9)pn-mK1,2pm,0≤m≤n;10)pn-mK2,pm,0＜m≤n;11)C(2pn-m,1,pm);12)pkC(2pm-k,1,pn-m),0＜k＜m,0＜m≤n;13)(t-s,2m)C(2m 1/(t-s,2m),1,2n-1-m),其中0≤m≤n-1,2n-2(s-1)≡0(mod 2m),t≡1(mod 2),s(≠)t(mod 2m),1≤s≤2m,1≤t≤2n-1;14)∪p i=1 Ci p n-1,其中Ci p n-1=Ca1a1 [1 (i-1)pn-2]a 1 2[1 (i--1)p n-2]…a 1 (pn-1-1)[1 (i-1)p n-2]≌Cp n-1,i=1,2,…,p;15)∪2 i=1 Ci 2n-1,其中Ci 2n-1=Ca1a 1 [1 (i-1)(2n-2-1)]a1 2[1 (i-1)(2n-2-1)]…a1 (2n-1-1)[1 (i-1)(2n-2-1)]≌C2n-1,i=1,2.     

一道高考题的另一解法

2007年高考全国卷(Ⅰ)理科第22(Ⅱ)题也可以用“辅助数列法”求出通项bn,然后证明.题:已知数列{an}中a1=2,an 1=(2-1)(an 2),n=1,2,3,….(Ⅰ)求{an}的通项公式;(Ⅱ)若数列{bn}中b1=2,bn 1=23bbnn 34,n=1,2,3,….证明:2相似文献   

由一道解三角形问题想到的

一、问题的提出 问题 是否存在三边长为连续自然数的三角形,使得最大角是最小角的两倍? 这是解三角形中的一道常规问题,学生普遍利用下列解法中的一种. 二、问题的求解 解法一:设三边长分别为n,n+1,n+2,分别对应角A,B,C,(其中n∈N*), 由余弦定理得cosA=(n+2)2+(n+2)2-n2/2(n+1)(n+2)=n+5/2(n+2),cosC=n2+(n+1)2-(n+2)2/2(n+1)n=n-3/2n, 若存在最大角是最小角的两倍,即C=2A,得cosC=cos2A=2cos2 A-1,代入整理得2n3-n2-25n-12=0,即(n-4)(2n2 +7n+3)=0,解得n=4. 但是,有的学生在得到方程2n3-n2-25n-12=0之后,由于这是关于n的三次方程,无法求解.