数学问题解答

第9期问题编者按.这一期的問題里有打上星号*者,是編輯部极欢迎讀者給本刊投寄題解的題目。其题解研討将于年終发表。 493.证明在調和級数 1/1+1/2+1/3+…+1/n+…中划掉所有在分母中含有数字9的那些項(例如1/9,1/199,…,1/1093等)之后,所組成的部分新級数是收斂到一个不超过80的数(湯正誼提)。 494.设直綫PO与平面M相交于O,过O在平面M內引直綫OA,OB,OC,若PO与OA、OB、OC成等角,那末PO垂直于平面M(张美新)。 495.如果p和q是“孿生”素数(即相距为2的一     

組合数級数及其应用

Ⅰ.組合数級数与它的和由组合公式: C_x~r=x(x-1)(x-2)…(x-r+1)/r!, C_(ax+b)~r=(ax+b)(ax+b-1)(ax+b-2)…(ax+b-r+1)/r!, C_(a_0x~s+a_1x~(s-1)+…+a_s)~r=(a_0x~s+a_1x~(s-1)+…+a_s)..(a_0x~s+a_1x~(s-1)+…+ a_s-1)(a_0x~s++a_1x~(s-1)+…+a_s-2)… ..(a_0x~s+a_1x~(s-1)+…+a_s-r+1)/r!, 可知C_x~r,C_(ax+b)~r为x的r次函数,C_(a_0x~s+a_1x~(s-1)+…+a_s)~r为x的rs次函数。因此当x取連續整数时,C_x~r,c_(ax+b)~r的数列是r阶等差級数;C_(a_0x~s+a_1x~(s-1)+…+as)~r的数列是rs阶等差級数。或者說:从連續整数或等差級数(x取連續整数时ax+b的数列是等差級数)中取r的組合数的数列是r阶等差級数;从s阶等差級数(x取連續整数时a_0x~s+a_1x~(s-1)+…+a_s的数列是s阶等差級数)中取r的組合数的数列是rs阶等差級数。     

排列組合应用問題教学中的一点体会

在高中代数中,排列、組合是同学感到較难接受的課題。其主要原因是:(1)排列、組合和前面所学的內容在性貭和方法上都截然不同;(2)比較抽象;(3)答数一般都較大,难于检驗。这里,我提出个人在排列、組合应用問題教学中的一些体会。 (一) 如果对同一題目能給出多种不相同的解法,这不但能丰富同学考虑問題的思路和提高其解題的技能、技巧,而且能激起同学积极思考,取得良好的教学效果。例1.用0到9这10个数字可以組成多少个沒有重复数字的三位数?(課本中的例5) 解題之前,可在黑板上記下符号×△△,用以表示3个位置,根据題意可知数字0不能排在位置×上。解法1.从0以外的9个数字中,每次取出1个排在位置×上有A_9~1种方法,再从剩下的9个数字中每次取出2个排在位置△上有A_9~2种方法,故可組成A_9~1A_9~2个沒有重复数字的三位数。解法2.从这10个数字中每次取出3个排在这3个位置上,有A_10~3种排法,其中数字0排在位置×上,再从剩下的9个数字中每次取出2个排在位置△上的排法有A_9~2种,故可組成A_(10)~3-A_9~3个沒有重复数字的三位数。解法3.从0以外的9个数字中,每次取出3个     

智慧窗

<正>1庆贺新年(1)下面算式中的"庆""贺""新""年"代表4个不同的自然数,且庆>贺>新>年.请你将算式的汉字换成恰当的数,使算式成立.庆²+贺2+贺²+新2+新²+年2+年²=2022.(2)不同的汉字代表0～9中不同的数字,当算式成立时,"我们爱智慧窗"这六个汉字所代表的六位数是().     

E.嘉当和他的数学工作(續)

Ⅱ.微分方程組 嘉当在微分方程組理論方面的主要文章是[1]。讀者可以在嘉当的书[9]中找到Pfaff組理論的很清楚的闡述。一个Pfaff組是包括一定数目的具有形状A_1dx_1++A_2dx_2+…+A_ndx_n的方程組,其中A_1,…,A_n是x_1,…,x_n的函数,方程組中还可能包括一些形状为F(x_1,…,x_n)=0的方程。一个由x_i=f_i(t_1,…,t_r)     

綫性代数方程组迭代收斂充分条件的改进

(一)引言用迭代法解线性代数方程組x_1=a_1,_1x_1+a_1,_2x_2+…+a_1,_Nx_N+f_1,x_2=a_2,_1x_1+a_2,_2x_2+…+a_2,_Nx_N+f_2,(1)………………………………………………………………,x_N=a_N,_1x_1+a_N,_2x_2+…+a_N,_Nx_N+f_N,迭代收斂的充分条件是当μ=1或v=1时,上述充分条件不滿足,为此需要寻求更强的迭代收斂判別法則。在[2]中,給出了μ=1时的迭代收斂充分条件。本文将給出更为一般的迭代收斂充分条件,并且用类似的方法,給出了v=1时的迭代收斂充分条件。 (二)μ=1时的迭代收斂性为了定理叙述的需要,我們引进一些定义。若方程組(1)中,某些方程的系数滿足sum from i=t to N |a_(i,j)|<1,則称这些方程为第一級方程,这些方程左端的未知量称为第一級未知量。除第一級以外的方程中,右端包含有第一級未知量的方程称为第二級方程,而第二級方程左端的未知量称为第二級未知量。依此类推,若其一个方程不属于任何一級方程,則称此方程为独立     

关于排列、组合应用题的十四种解法

排列组合的应用问题具有内容独特、解答时易重易漏、得数不易检验等特点 .下面从不同角度给出几种常见解法 ,供大家参考 .1　元素受限法　优先考虑 (先排 )受限特殊元素、后排非受限元素的方法 .例 1　从 0— 9十个数字中 ,可以组成多少个没有重复数字的四位数 ?解　先考虑受限元素“0” .①不含有数字“0” ,有A49个 .②含有数字“0” ,则先排 0不能在首位 ,有 3种方法 ,再在非“0”的另外 9个数中选 3个排列 ,有A3 9种方法 ,故共有A49+3A3 9=4 5 36个 .2位置受限法　从特殊受限位置入手先排 ,再排非受限位置 .例 2　从 8人中选 3人站成…     

調和級数求和的一般方法

調和級数前n項的和 S_n=1/x+1/(x+a)+1/(x+2a)+…++1/(x+(n-1)a)虽然不能表示成任何n的有理函数,但在实际計算过程中,还是可以找到比直接相加更方便的求和办法。由于 d/dx ln x(x+a)(x+2a)…[x+(n-1)a]=d/dx{ln x+ln(x+a)+ln(x+2a)+…++ln[x+(n-1)a]}=1/x+1/(x+a)++1/(x+2a)+…+1/(x+(n-1)a)=S_n,所以 S_n=     

画蛇何必添足

在很多教辅材料中都有这样一道(类)题:若三个方程x~2+4mx-4m+3=0,x~3+(m-1)x+m~2=0,x~2+2mx-2m-0中至少有一个方程有实根,求实数m的取值范围.分析和解答千篇一律,抄录如下:分析三个方程中至少有一个方程有实     

张黄羿的猜想证明

本刊2007年1月(下)期发表了湖南长沙市雅礼中学初中二年级65班张黄羿同学写的《关于m个9组成的数的几次方的猜测》.文中张黄羿同学猜想:m个9组成的数的n(1～5的整数)次方,等于在9~n的得数的每一数字前面交替地写上(m-1)个9和(m-1)个0的数,即若9~n=ABCD……N(n=1～5)则■文中张黄羿同学还猜想:9~n的得数是n位数.上述猜想对吗?请看     

小议正因数乘积的一个性质

<正>例1求72的所有正因数的乘积.分析与解因为72=2³×33×3²,故共有正因数(3+1)×(2+1)=12个:1,2,3,4,6,8,9,12,18,24,36,72,再将12个正因数配成(12/2=)6对:1与72,2与36,3与24,4与18,6与12,8与9,每对中,两数之积为72,由此可见,72的所有正因数的乘积是722,故共有正因数(3+1)×(2+1)=12个:1,2,3,4,6,8,9,12,18,24,36,72,再将12个正因数配成(12/2=)6对:1与72,2与36,3与24,4与18,6与12,8与9,每对中,两数之积为72,由此可见,72的所有正因数的乘积是72⁶.例2求36的所有正因数的乘积.分析与解因为36=26.例2求36的所有正因数的乘积.分析与解因为36=2²×32×3²,故共有正因数:(2+1)×(2+1)=9个:1,2,3,4,6,9,12,18,36,将其中8个正约数配成(8/2=4)对:1与36,2与18,3与12,4与9,另外还有一个6.其中每对两数之积为36,由此可见,36的所有     

从条件或结论的特殊性入手

数学习题都包含已知条件和所求结论两部分,有些题目的条件或结论常存在特殊性,在解题时,注意到这一点,常可找到解题捷径。例1 解方程3/(x+4)/(1-x~2)~(1/2)=10 分析此为分式无理方程,若去分母化为有理方程来解,不仅计算很繁,而且还会出现高次方程。如能抓住已知条件中的两个分母和它们之间关系的特殊性,即(1-x~2)~(1/2)有意义,故|x|≤1,且x~2+((1-x)~(1/2))~2=1,自然会想到|sinα|≤1     

调和级数的一个有趣性质

对于调和级数sum from n=1 to ∞(1/n),它是一个发散的无穷级数,但笔者对其稍作变形,发现它有一个很有趣的性质.即性质:调和级数sum from n=1 to ∞(1/n),如果在调和级数中删去分母中含有数字1,2,3,…9 中任一个的所有项,则所得无穷级数将都收敛,且其和小于30.     

问题征解

一、本期问题征解 1.求证对于所有正整数m,不等式 1/(m 1) 1/(m 2) … 1/ (2m 1)m>1成立。2. 求证不等式,(2-(2 (2 (2 … 2~(1/2))~(1/2))~(1/2))~(1/2))/(2-(2 (2 … 2~(1/2))~(1/2))~(1/2))>1/4(其中分子有n个根号,而分母包含有n-1个根号) 以上二题由汉川刘之英译供 3.已知f(x)=x~2-2mx b, (1)求抛物线y=f(x)的顶点轨迹方程; (2)说出l_1:f(x)-f(y)=3, l_2:y=f(x 1)-f(x)的形状; (3)当l_1与l_2相切时,求m的值。 4.某校先后举行数、理、化三科竞赛,学     

一道初三课外练习的另解及说明

<正>贵刊2015年第9期(初中版)课外练习,初三年级.解方程(1+x+x²)(1+x+x2)(1+x+x²+…+x2+…+x⁽¹⁰⁾)=(1+x+x(10))=(1+x+x²+…+x2+…+x⁶)2.为了比较另解与原解答的不同,我们还是先给原解答,然后展开另解.一、原解答解显然x=0是原方程的根.若x≠0则原方程可以化为     

数学问题解答

本期問題請解答者在1956年10月20日以前寄至北京德胜門外北京师范大学数学系轉“数学通报数学問题解答”欄工作組,問題的答案及正确解答者名單將在1956年12月号本欄內公布。本欄欢迎讀者提出适合大家解答的問題。如已有解法,並希把題解一併寄来。非屬木欄的信件請逕寄本刊編輯委員会,以免延悮。 1956年9月号問題 258.設对任何一組滿足条件sum from i=1 to n(λ_i)=O的数λ_1,λ_2,…,λ_n来說,等式sum from i=1 to n (λ_i a_i)=O成立。問a_1,a_2,…,a_n应該滿足什么条件? 259.在直角扇形OAB中作內切圓⊙C,又在半徑OA,(?),⊙C间的縫隙作内切圓⊙Q,引QP⊥OC於P。求証:△OPQ的三边成等差級数(讀者黄忠平提)。     

上期课外练习参考解答

…初一年级{1.一385=5火7只111 .11二二犷州一下厂州~产万~一乙jo 原式一仁‘十告 夸 六 (矗一争: X 385一5‘8一雏. 所求整数为517.原式的个位数字与1000 1001 1002十…十2004的个位数字相同,即所求个位数字是。十100丫(1 2 3 4 5 6 7十8 9 0) 1 2 3 4一451。的个位数字,故原式的个位数字是。.}172418152357141 16461320221O121 9121311182529图2翰盯︺1.由倪一b一2,Za一b十2一仅” b“一20 ‘(“一2,30.得(。一。.十护一1.2.观察规律,分子、分母都可写成a(a十3) 2 一(。十1)(。十2)形式的数. ~一(2十1)(2十2)(4 1)(4 2) 闪、一、(1十1)(…     

数学问題解答

下面的問題,提供讀者解答,但解答不必寄來。本期問題的答案将在下期发表。欢迎讀者提出适合中学数学水平的問題。来信請寄至北京德胜門外北京师范大学数学系轉数学通报問題解答栏。 1964年第7期的問題 542.解方程組 (x(1-y))~(1/2)+(y(1-x))~(1/2)=m, (x(1-x))~(1/2)+(y(1-y))~(1/2)=n,其中m,n是实数。 (許熾雄提) 543.証明对于1到100的任意整数k来說,1/k都不能表成循环节有四个数碼的循环小数。     

第六届美国数学邀请赛(AIME)试题及答案

1.一种能大批供应的锁,每个锁上有10个按钮,为了打开这锁必须按下5个正确的按钮,按的次序无关。如图所示的样品.{1,2,3,6,9}是正确的按钮组合。假定将这种锁重新设计,使得正确的按钮组合中的按钮数可以多到9也可以少到1,这使得增加的组合数是多少? 解:原有5个正确按钮的组合数为C_(10)~5。重新设计的正确按钮的组合数为C_(10)~1+C_(10)~2+C_(10)~3+…+C_(10)~9=2~(10)-2。     

高中三角教学建議

数学通报1955年9月号在題目为“在中学数学教学中向忽視各科之間的联系这一現象进行斗爭”的社論中曾經指出:“近几年高等学校招生数学試題中,凡是只涉及代数、几何、三角中一門的問題,学生就解答得比較好,而涉及兩三門的問題成績就特别坏,这就是孤立一科,关門教学的不良后果。”1956年高等学校入学考試中有这样的一道数学題:“若三角形的三个角成等差級数,則其中一定有一个角是60°,若这样三角形的三边又成等比級数,則三个角都是60°,試証明之。”这題的第二部分考生是比