世界各地数学奥林匹克试题摘编

1　 (意大利 1995年数学奥林匹克 )求出所有正整数ｘ ,ｙ ,使得ｘ2 615=2 ｙ ( 1)解　对于非负整数ｋ ,2 2ｋ 1=4 ｋ·2≡ ( - 1) ｋ·2≡ 2或 3(ｍｏｄ 5) ,又∵ｘ2 ≡ 0或 1或 4 (ｍｏｄ 5) ,∴ ｙ必须是偶数 .令 ｙ =2ｚ ,代入 ( 1)得( 2 ｚ-ｘ) ( 2 ｚ ｘ) =615=3× 5× 4 1∴　　　 2 ｚ ｘ =6152 ｚ-ｘ =1( 2 )　　或　　　 2 ｚ ｘ =2 0 52 ｚ-ｘ =3 ( 3)　　或　　　 2 ｚ ｘ =12 32 ｚ-ｘ =5( 4 )　　或　　　 2 ｚ ｘ =4 12 ｚ-ｘ =15( 5)显然 ,方程组 ( 2 ) ,( 3) ,( 5)无正整数解 .由方程组 ( 4 )得 :2 ｚ=64,∴ｚ =6,ｘ =59,…     

关于组合数的一项性质

对于∑ｎｉ =0(- 1 ) ｉＣｉｎ =0相信大家都很熟悉 ,但笔者发现 ,该式可推广成 ∑ｎｉ=0ｉｋ(- 1 ) ｉＣｉｎ =0 (ｋ≤ｎ - 1且ｋ∈Ｎ) .证明　 (1 )当ｎ=2时 ,ｋ=1左边 =∑2ｉ=0ｉ(- 1 ) ｉＣｉ2 =- 2 2 =0 =右边等式成立 .(2 )假设当ｎ=ｔ时 ,对于 1≤ｋ≤ｔ- 1　ｋ∈Ｎ等式均成立 ,那么当ｎ=ｔ 1时 :左边 =∑ｔ 1ｉ=0ｉｋ(- 1 ) ｉＣｉｔ 1=∑ｔ 1ｉ=1ｉｋ(- 1 ) ｉｔ 1ｉ Ｃｉ- 1 ｔ 0=- (ｔ 1 ) ∑ｔｊ=0(ｊ 1 ) ｋ- 1 · (- 1 ) ｊＣｊｔ(令ｊ =ｉ- 1 )=- (ｔ 1 ) ∑ｔｊ=0(∑ｋ-1ｕ =0(Ｃｕｋ- 1 ·ｊｕ)·(- 1 ) ｊＣｊｔ=- (ｔ…     

一个乘积不等式及其应用

本文给出一个新颖的涉及若干个分数乘积的不等式 ,并举例说明其应用 .定理　设正整数ｍ ,ｎ满足 1 ≤ｍ ≤ｎ ,记Ｔ(ｍ ,ｎ) =2ｍ2ｍ- 1 · 2 (ｍ 1 )2 (ｍ 1 ) - 1 … 2ｎ2ｎ- 1 ,则有2ｍ· (4ｍ 3)ｎ ｍ 14ｍ2 - 1 ≤Ｔ(ｍ ,ｎ) ≤2ｍ2ｍ- 1 · 4ｎ 14ｍ 1 (1 )证　对ｎ用数学归纳法证 .当ｎ =ｍ时 ,式 (1 )的两个等号显然成立 .假设对ｎ(ｎ≥ｍ)时式 (1 )成立 ,我们证ｎ 1时式 (1 )左边不等式成立 ,只要证2ｍ· (4ｍ 3) (ｎ 1 ) ｍ 14ｍ2 - 1 ≤2ｍ· (4ｍ 3)ｎ ｍ 14ｍ2 - 1 · 2 (ｎ 1 )2 (ｎ 1 ) - 1即(2ｎ 1 ) 2 ((4ｍ 3) (ｎ …     

对“关于圆锥曲线的又一组定理”一文中错误的订正

文 [1 ]中给出如下的结论 :引理 1　对于任意的正整数ｑ ,∑ｎ-1ｋ =0ｃｏｓｑ( +2ｋπｎ ) ≡ 0引理 2∑ｎ-1ｋ=0ｃｏｓｒ( +2ｋπｎ ) =0 ,　　　ｒ:奇数ｎ2 ｒＣｒｒ2 ,　　ｒ:偶数定理 4　设圆锥曲线的焦点Ｆ ,若Ａ1 ,Ａ2 ,… ,Ａｎ 是圆锥曲线上的ｎ个点 ,且∠Ａ1 ＦＡ2 =∠Ａ2 ＦＡ3=… =∠ＡｎＦＡ1 ,则对于 ｍ ∈Ｎ ,1ＦＡ1 ｍ +1ＦＡ2 ｍ +… +1ＦＡｎ ｍ 为定值 .笔者认为 ,上述三个结论都不严密 ,现分析如下 :1　对于引理 1 ,作者显然忽视了ｑ是ｎ的倍数的情形 .因为若ｑ =ｔｎ ,则 ∑ｎ-1ｋ =0ｃｏｓｑ( +2ｋπｎ ) =∑ｎ-1ｋ=…     

正项等差数列的不等式

由正项等差数列构成的不等式 ,叫做正项等差数列的不等式 .本文研究这样的一类不等式 .为了叙述简便 ,本文规定 {ａｎ}是公差为ｄ(ｄ >0 )的正项等差数列 ,Ｓｎ 是它的前ｎ项和 ,ｍ ,ｎ ,ｋ都是正整数 .定理 1　 1+ ｍｄｋａ11+ ｍｄｋａ2 ·…· 1+ ｍｄｋａｎ ≥ａｍ + 1ａｍ + 2 ·…·ａｍ +ｎａ1ａ2 ·…·ａｎ1ｋ.(当且仅当ｋ =1时等号成立 )证　由二项式定理得1+ ｍｄｋａｉｋ=1+Ｃ1ｋｍｄｋａｉ +Ｃ2 ｋｍｄｋａｉ2 +… +Ｃｋｋｍｄｋａｉｋ ≥ 1+Ｃ1ｋｍｄｋａｉ =1+ ｍｄａｉ=ａｉ+ｍｄａｉ=ａｍ +ｉａｉ,(当且仅当ｋ =1时取等号 …     

MM教育方式与数学创新教育

1　什么是“ＭＭ教育式” ?———从一节课谈起1 1　一节课正在进行 ,课题是“平方差公式” :上课伊始 ,老师不点题 ,不讲授 ,只给同学每人发一个 1 6开的纸片 ,上面印着十道题 :计算 :(1 2ｘ) (1 - 2ｘ) =(3ｍ 2ｎ) (3ｍ - 2ｎ) =(ａ-ｂ) (ａ ｂ) =(- 12 ｘ 2ｙ) (- 12 ｘ- 2ｙ) =(2ｔ ｕ) (-ｕ 2ｔ) =(2ｘ 4ｙ) (ｘ- 2ｙ) =(ａ-ｂ) (ａ ｂ) (ａ2 ｂ2 ) =1 0 0 2× 998=85× 1 1 5=992 - 1 =　　老师说 :举行个小小数学竞赛 ,看谁又快又准 (不得超过一刻钟 ) .如所料 ,不到十分钟 ,就有五、六个学生举手示意 :已完成 .可是 ,1 5分钟…     

与杨飞老师商榷

本刊 2 0 0 0年第 4期杨飞老师撰写的《10 0年后的今天是星期几 ?》 ,我觉得有一处有问题 .文章中给出公式 :公元ｎ年ｍ月ｋ日为星期Ａ (ｎ ,ｍ ,ｋ) ,Ａ (ｎ ,ｍ ,ｋ) =(ｎ -2 [ｎ -14 ] ｆ(ｍ) ｋ ,7) .经查百科全书和《辞海》 ,并不是当 4|ｎ时 ,公元ｎ年都为闰年 ;当ｎ是 10 0的倍数时 ,只有 40 0 |ｎ时 ,公元ｎ年才为闰年 (如19 0 0年不是闰年 ,2 0 0 0年是闰年 ) .所以“公元 1年元月 1日到公元ｎ年元月 1日共有 36 5 (ｎ -1) [ｎ -14 ] 1天”的结论也不正确 ,而应是 36 5 (ｎ -1) [ｎ -14 ] 1-([ｎ -110 0 ] -[ｎ -14 0 0…     

单位分数的一个猜想的简证

分子为 1的分数称为单位分数 .文 [1 ]用初等方法证明了一个猜想 :猜想 1　设 0 <ｍ <ｎ ,(ｍ ,ｎ) =1 ,ｎ为奇数 ,则存在ｋ个不同奇数ｘ1,ｘ2 ,… ,ｘｋ,满足ｍｎ =1ｘ1+1ｘ2 +… +1ｘｋ文 [1 ]的证明用到如下结果 :定理 1　 945以内的正整数 (2除外 )均可表示为 945的不同约数之和 ,且表示法中最小约数能为 1 ,3 ,5 ,7四者之一 .定理 2　设正整数ａ≥ 3 ,则任何小于 3 ａ·5 ·7的正整数 (2除外 )均可表示为 3 ａ·5 · 7的不同约数之和 ,且表示法中最小约数能为 1 ,3 ,5 ,7四者之一 .文[1 ]中两个定理的证明非常复杂 ,特别是定理 1对 945…     

一个优美的代数不等式

文 [1 ]有一个优美的不等式猜想 :若ａｋ∈Ｒ (ｋ =1 ,2 ,… ,ｎ) ,则 ｎｋ=1ａｋ ｎｋ=11ａｋ ≥ｎ2 2ｎ 1≤ｉ<ｊ≤ｎ(2ｎ ａｊａｉ-2ｎ ａｉａｊ) 2 (1 )本文证明这个猜想 .记Ｆｎ=ｘｎ 1ｘｎ (ｘ∈Ｒ ,ｎ∈ Ｚ-) ,则Ｆｎ≥ 2 .容易验证有如下引理 1　若ｍ1,ｍ2 ∈Ｚ ,ｍ1≥ｍ2 ,则Ｆｍ1 ｍ2 =Ｆｍ1Ｆｍ2 -Ｆｍ1-ｍ2 .引理 2　当ｎ≥ 2时 ,Ｆｎ≥ 2ｎＦ1- 2 (2ｎ- 1 ) (2 )证明　当ｎ =2 ,3时 ,文 [1 ]已证 (2 )式成立 ,即有Ｆ2 ≥ 4Ｆ1- 6 ,Ｆ3≥ 6Ｆ1- 1 0 .假设ｎ <ｋ时 ,(2 )式成立 .则当ｎ =ｋ (ｋ≥ 4)时 ,1 )若ｋ为奇数 ,…     

一道最值习题的推广及应用

习题　设 0 <ｘ <13 ,求 ｙ =ｘ2 (1 - 3ｘ)的最大值 .分析 :将ｘ2 分解为ｘ·ｘ后 ,其和不等于3ｘ ,不满足最值定理的条件 ,所以要对ｘ的系数进行“配系”为32 ,从而使问题得解 .解　∵ 0 <ｘ <13 ,∴ 1 - 3ｘ >0 ,∴ ｙ =ｘ2 (1 - 3ｘ) =49[3ｘ2 ·3ｘ2 ·(1 -3ｘ) ]≤ 493ｘ2 3ｘ2 (1 - 3ｘ)33=42 43 ,当且仅当3ｘ2 =1 - 3ｘ即ｘ =29时 ,ｙｍａｘ=42 43 .将此问题推广到一般情况 ,得命题 1　若 0 <ｘ <ｍ ｌｎ,则函数 ｙ =ａｘｋｍ(ｌ -ｎｘｍ) ｐ (ｋ ,ｌ,ｍ ,ｎ ,ｐ∈Ｎ ,ａ∈Ｒ )当且仅当ｘ =ｍ ｋｌｎ(ｐ ｋ) 时有最大值ａ ｋｐｎ…     

一个代数不等式的再研究

文 [1]发表了宋庆老师新发现的一个代数不等式及其证明 .笔者发现此代数不等式的背后蕴含着更一般的结论 .同样可利用幂函数的单调性来证明下面的定理成立 .定理 1　若ｘ ,ｙ ,ｚ∈Ｒ .则ｘｍ(ｘｎ- ｙｎ) ｙｍ(ｙｎ-ｚｎ) ｚｍ(ｚｎ-ｘｎ)≥ 0(1)其中ｍ·ｎ≥ 0 ;当ｍ·ｎ≤ 0时 ,不等式 (1)反向 .等号当且仅当ｘ =ｙ =ｚ或ｍ =0或ｎ =0时成立 .证　设ｘ≥ｙ >0 ,ｘ≥ｚ >0 .当ｍ·ｎ≥ 0时1)若ｍ≥ 0且ｎ≥ 0 ,则ｘｍ≥ｚｍ>0 ,ｘｎ≥ｙｎ>0 ,即ｘｎ- ｙｎ≥ 0 ,故ｘｍ(ｘｎ- ｙｎ)≥ｚｍ(ｘｎ- ｙｎ) ;2 )若ｍ≤ 0且ｎ≤ 0 ,则 0 <ｘ…     

等差数列的一个不等式

本文给出最近发现的一个关于正项等差数列的一个不等式 ,并举列说明它在解决一些用数学归纳法证明异常困难的一类问题上的有效性 .定理　设数列 {ａｎ}是等差数列 ,ａｉ>0(ｉ=1 ,2 ,…,ｎ) ,公差为ｄ ,且 0≤ｄ≤ 1 ,则对任意的正整数ｋ ,有 ｎｉ=1ａ1ｋｉ ≥ ｋｋｄ 1 [ａｎａ1ｋｎ -1- (ａ1-ｄ)ａ1ｋ1](1 )成立 ,当且仅当ｋ =ｄ =1时等号成立 .为方便定理证明 ,先证如下两个引理 :引理 1　设 0≤ｄ≤ 1 ,ａ >0 ,则对任意的正整数ｋ ,有(1 1ｋａ) ｋ≥ 1 ｄａ (2 )成立 ,当且仅当ｋ =ｄ =1时等号成立 .证　根据二项式定理 ,有(1 1ｋａ)…     

等式sum from n=1 to ∞(1/n~4=π~4/90)的初等证明

本文利用初等方法证明∑∞ｎ =11ｎ4 =π490 .1　几个引理引理 1　 ∑∞ｎ =1ｃｏｔ2 ｎπ2ｍ+1 =13 ｍ(2ｍ-1 ) ,∑ｍｎ ,ｌ =1ｎ<ｌｃｏｔ2 ｎπ2ｍ +1 ｃｏｔ2 ｌπ2ｍ +1=13 0 ｍ (ｍ -1 ) (2ｍ -2 ) (2ｍ-3 ) .其中ｍ、ｌ、ｎ等均表示整数 ,下同 .证明　由ｄｅ·Ｍｏｖｒｅ公式得ｃｏｓ(2ｍ +1 )α+ｉｓｉｎ(2ｍ +1 )α=(ｃｏｓα+ｉｓｉｎα) 2ｍ+1于是 ,ｃｏｓ(2ｍ +1 )α+ｉｓｉｎ(2ｍ+1 )α=∑ｍｋ =0(-1 ) ｋＣ2ｋ2ｍ+1ｃｏｓ2 (ｍ-ｋ) +1αｓｉｎ2ｋα+ｉ∑ｍｋ =0(-1 ) ｋＣ2ｋ+12ｍ+1ｃｏｓ2 (ｍ-ｋ) αｓｉｎ2ｋ+1α. (1 )比…     

关于等差数列的两个不等式

文 [1]中给出了涉及ｎ的两个新颖不等式 :2ｎ 116ｍ 12 - 2ｎ 116ｍ - 12 ≤ 1ｎ<2ｎ 12 - 2ｎ - 12 ( 1)(其中ｎ ,ｍ为正整数 ,ｍ≤ｎ)2ｎ 23ｎ - 2 (ｎ - 1) 23ｎ - 1≤ｎ <4ｎ 36 ｎ - 4(ｎ - 1) 36 ｎ - 1( 2 )(其中正整数ｎ >1) .本文试把这两个不等式从自然数列推广到正等差数列 {ａｎ},得到涉及 ａｎ的两个不等式 ,并举例说明其应用 .定理 1　设 {ａｎ}为等差数列 ,首项ａ1 >0 ,公差ｄ >0 ,ｎ ,ｍ为正整数 ,ｍ≤ｎ ,则2 ａｎ ｄ216ａｍ ｄ2 -ａｎ ｄ216ａｍ- ｄ2≤ ｄａｎ<2 ａｎ ｄ2 -ａｎ- ｄ2 ( 3)当且仅当ｎ…     

Stirling公式在一个乘积不等式中的应用

定理　令Ｐｎ =1 +11 1 +131 +15 … 1 +12ｎ- 1 ,则πｎ - 16πｎ ≤Ｐｎ≤πｎ +16πｎ为此我们引入Ｓｔｉｒｌｉｎｇ公式 :1 · 2 · 3·… ·ｎ=2πｎｎｎｅ-ｎ+θ1 2ｎ　 (0 <θ <1 )现在我们来给出定理的证明 :因Ｐｎ =1 +11 1 +13 1 +15 … 1 +12ｎ - 1=2· 4· 6 ·… · 2ｎ1 · 3· 5 ·… · (2ｎ- 1 )=(2 ｎ· 1· 2 · 3 ·… ·ｎ) 21 · 2 · 3· 4·… · 2ｎ=2 ｎ· 2πｎｎｎｅ-ｎ+θ1 1 2ｎ 24πｎ(2ｎ) ｎｅ- 2ｎ+θ22 4ｎ(0 <θ1 <1 ,0 <θ2 <1 )=πｎｅ11 2ｎ θ1 -θ22记ｔ=11 2ｎ θ1 - θ22 则 ｜ｔ｜ <1则 :Ｐｎ-…     

两类求和问题的组合模型

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…     

如何求三项展开式的项

二项式定理一节中,常遇到求三项式(ａ ｂ ｃ)ｎ(ｎ∈Ｎ)的展开式的项.求解方法主要是转化为二项式利用二项式定理展开或用组合观点直接求解.例题　求(1 2ｘ-3ｘ2)6展开式中ｘ5的系数.解法1　(1 2ｘ-3ｘ2)6=[1 (2ｘ-3ｘ2)]6的一般项可写成Ｔｋ 1=Ｃｋ6(2ｘ-3ｘ2)ｋ,ｋ=0,1,2,…,6.又(2ｘ-3ｘ2)ｋ的一般项可写成Ｔｒ 1=Ｃｒｋ·(2ｘ)ｋ-ｒ·(-3ｘ2)ｒ=Ｃｒｋ·2ｋ-ｒ·(-3)ｒ·ｘｋ ｒ,ｒ=0,1,…,ｋ.所以原式展开式的一般项为Ｃｋ6Ｃｒｋ(-3)ｒ·2ｋ-ｒ·ｘｋ ｒ.欲求ｘ5的系数,则ｋ ｒ=5即ｋ=5-ｒ.∵ｒ≤ｋ,所以当ｋ值是5,4,3时,对应的ｒ=0,1…     

图象平移

定理 1　点Ｐ(ｘ ,ｙ)按 ａ→ =(ｈ ,ｋ)平移得到点(ｘ′ ,ｙ′) ,则 ｘ′ =ｘ +ｈ ,ｙ′ =ｙ +ｋ .(参见高一新教材《数学》第一册下第 12 1页 )定理 1指出了点Ｐ(ｘ ,ｙ) ,Ｐ′(ｘ′ ,ｙ′) ,ａ→ =(ｈ ,ｋ)三者之间的关系 .例 1　点Ｐ(ｔ2 - 5ｔ + 5 ,ｔ2 +ｔ - 7)按向量ａ→ =(1,- 5 )平移到点Ｐ′(0 ,0 ) ,求ｔ=.解　由定理 1知 0 =ｔ2 - 5ｔ+ 5 + 1,0 =ｔ2 +ｔ- 7- 5 ,解得ｔ=3.定理 2　函数ｙ =ｆ(ｘ)的图象Ｃ按ａ→ =(ｈ ,ｋ)平移得到图象Ｃ′ ,则Ｃ′的函数解析式为 ｙ =ｆ(ｘ -ｈ) +ｋ .证　设点Ｐ(ｘ ,ｙ)为Ｃ上任意一点 ,点Ｐ(…     

上期课外练习解答

高一年级1.设ｆ(ｘ) =(ｘ - 1)ｌｏｇ23 ａ - 6ｘ·ｌｏｇ3 ａ +ｘ + 1=( 1+ｌｏｇ23 ａ - 6ｌｏｇ3 ａ)ｘ + 1-ｌｏｇ23 ａ ,∵ ｆ(ｘ)在 [0 ,1]上恒成立 ,由一次函数的单调性知 :ｆ( 0 ) >0 ,ｆ( 1) >0 ,　解得　 13 <ａ <33 .2 .设每期期初存入金额Ａ ,连存ｎ次 ,每期的利率为Ｐ ,那么到第ｎ期期末时 ,本金为ｎＡ ,则应得到的全部利息之和为 :Ｓｎ=ＡＰ +ＡＰ·2 +… +Ａ·ｐ·ｎ =ｎ(ｎ + 1)2 ＡＰ ,应纳税为　 ｎ(ｎ + 1)2 ＡＰ× 2 0 % =ｎ(ｎ + 1)10 ＡＰ ,实际取出　Ａ[ｎ + 2ｎ(ｎ + 1)5Ｐ] ,当Ａ =110 0 ,ｎ =12 ,Ｐ =0 .165%时 ,…     

两个组合恒等式的联系及其组合意义和概率论证法

贵刊 2 0 0 1年第 6期刊载的文 [1 ]证明了组合等式 :∑ｎｉ=0(-1) ｉＣｉｎｉｋ =0　　　　　当ｋ≤ｎ-1且ｋ∈Ｎ时(-1) ｎｎ !　当ｋ =ｎ时笔者发现上述结论正是贵刊 1 996年第 6期刊载的文 [2 ]定理的推论的另外一种表述 .文 [2 ]的定理及推论如下 :定理　设ｆ(ｘ) =ａｘｎ+1 +ｂｘｎ+ｃｎ- 1 ｘｎ- 1 +…+ｃ1 ｘ+ｃ0 是ｎ+ 1次多项式 .则 ∑ｎｉ=0( - 1 ) ｉｆ(ｉ)Ｃｉｎ= ( - 1 ) ｎｎ !(ａＣ2 ｎ+1 +ｂ)… ( )推论 :设ｆ(ｘ) =ａｘｍ+ｂｍ- 1 ｘｍ- 1 +… +ｂ0 是ｍ次多项式 ,则　∑ｎｉ =0( - 1 ) ｉｆ(ｉ)Ｃｉｎ =( - 1 ) ｎｎ !ａ…