组合

组合研究的是无次序的选取问题,所谓一个组合也就是从n个不同元素中不计顺序地选取m个构成原来集合的一个子集。例1 有5双共10只尺码不同的手套(左、右手有区别),从这10只手套中取出4只。 (1) 恰有2双的取法有多少种? (2) 恰有2只成一双的取法有多少种? 分析 (1)从5双手套中取2双,这2双手套间彼此不计较顺序,故有C_5~2=10种不同取法。 (2)先从5双手套中取一双有C_5~1种取法,再从剩下的4双即8只手套中取2只,要求不属同一双,可分两步:先从8只中取1只,除去与它同一双的另一只,再从其它6只中取一只,有C_6~1·C_6~1种取法,不过这里面有重复。为说明问题,不妨设有两双手套:A_1、B_1与A_2,B_2,其中先取出A_1再取出A_2与先取出A_2再取出A_1     

问题与解答

一本期问题 1 若a、b>0,且a~(1/2)(1+1/a)·<4b+9/b=24 求作以a,b为根的二次方程。 2 求一最小的正整数,它的一半是平方数,三分之一是立方数、五分之一是五次方数。陕西户县二一○所子校刘毛秀提供 3 已知半径为6~(1/2)+2~(1/2)的圆内接正十二边形:过A_1A_2…A_(1_2),又A_1A_2、A_2A_3的中点分别为M、N;MA_6、NA,相交于点P,试证PA_6PA_7-PM·PN=1。 4 试在整数集合内解力程1949(xyzuv+xyx+xyv+xuv+zuv+x+z+v)=1987(yzuv+yz+yv+uv+1)。山东文登电大褚学璞提供 5 已知定直线l外一点O,在l上任取     

《“1984”趣题》的习题解答

1 证明∵(1·2·3…1984)~(1/1984)<1/1984 sum from k=1 to 1984 k=1/1984·(1984(1+1984))/2=1985/2, 上式两边1984次方,得 1984!<1985~(1984)·2~(-1984) 2 解∵ 1985能被5整除。又 1984~(1984)=(1985-1)~(1984)=1985~(1984)-C_(1984)~1·1985~(1983)+C_(1984)~2·1985~(198)~2+…-C_(1984)~(1983)·1985+1 ∴ 1984~(1984)除以5所得的余数是1。 3 证明由题设,得 l~2=a~2+b~2+c~2 且l>a l>b,l>c。∴l~(1984)=l~2、l~(1982)=(a~2+b~2+c~2)l~(1982)=a~2l~(1982)+b~2·l~(1982)+c~(2·1982)≥a~2·a~(1982)+b~2b~(1982)+c~2·c~(1982)=a~(1984)+b~(1984)+c~(1984) 4.证(k≥1)     

上期课外练习解答

高一年级1 .4x+y-(4x+刃·1 、1 .9、(4x十v)(二+二) Xy4+业+里+9yX、13+2抨万一25故4x十y)25. 1、。1名.a一气SlnX十二二~)‘一二一 乙4一1(5 in二簇1,.当sinx一 1_,一下犷目丁,以min ‘14 nl当Sinx一 4‘1时,am。二=2,m一2.1一4 一 刀,升=l16’3 1 eosZa 1 eosZa+ lsinZa·sin,尹·eosZ月十5 inZa·sinZ召·eosZ召 1eosZa+lsinZa·eosZ月 eosZa+sin,a·eos,月+sin,a·sinZ月=CosZ。+Sin,a(eosZ月+sinZ月)=eosZa+sinZa=l,·‘·(eosZa+sinZa·eosZ夕+sin,a·sinZ月) 1.又---代犷一十COS一O夏蔽牛丽乃十赢六两户 -沙。高二年级…     

从賈宪三角形談起——高三代数教材研究点滴

高三代数书上介紹賈先三角形,粗看起来內容不多,其实大可研究。茲以实例說明。 (一)課本上提到在賈宪三角形里面除1以外的每一个数都等于它肩上两个数的和,我就抓住这一道理,通过图解首先让同学牢固掌握課本第9頁[例2]C_m~n+C_m~(n+1)=C_(m+1)~(n+1)这一組合性貭。(图解見图1) 在掌握这一图解法的基础上,我帮助同学拓展知識領域,先把C_m~n+C_m~(n+1)=C_(m+1)~(n+1)改写为C_1~1·C_m~n++C_1~0·C_m~(n+1)=C_0~0·C_(m+1)~(n+1)的形式,而在“图1”中以C_m~n,C_m~(n+1)C_(m+1)~(n+1)为頂点的三角形适巧与以C_1~1,C_1~0,C_0~0为顶点的三     

组合数列求和的一个方法

组合数列求和方法多样,独特灵活,不少文献均有介绍。这里笔者介绍一个易于为中学生所接受的初等方法,旨在启思创新,提高灵活运用数学知识解题的能力。§1 一个例子求C_2~2+C_3~2+C_4~2+…+C_n~2的值。思路分析:C_2~2是表示(1+x)~2展开式中x~2项的系数;C_3~2是表示(1+x)~3展开式中x~2项的系数;…;C_n~2是表示(1+z)~n展开式中x~2项的     

一类组合数求和问题换元解法

组合系数成等差数列的组合数求和问题的解法很多,本文着重研究如何运用自身变换的方法解答此类问题。先从组合系数自然连续这种特殊情形谈起。例1,求和C_5~1+2C_5~2+3C_5~3+4C_5~4+5C_5~5 解.设S=C_5~1+2C_5~2+3C_5~3+4C_5~4+5C_5~5 (1) 根据组合数的性质C_n~m=C_n~(n-m),则有     

第五届全国部分省市初中数学通讯赛试题及解答

(1959年11月26日上午8:30~1]:00)填空题·(每小题5分石共40分),分母有理化:3+2、/2一召j一、/石1+侧2一侧J2。设a、石是整数,方程护+ax十乙二O有一个·根是召7‘4训3, :3‘q)(P一g) :4。.分解因式:’则a+五=___。x又一(少二+住2)x+Pg(P+于()。 (A)4c一孔2争(11)乙:一J。, (C)护一少;(D)2。一儿2. 2.下左图标有记一号的十个角之和钻(). (A)108。;(}三)7200;(C)540“;(D)不能确定的..一·一_-一.犷已知191。d‘a,193。5=b,·贝叮197二 一3.设m二〔{、李 \j/大小关系是(),、二(;、一立一。!,‘__。_立 5.下左图中二C二月D’二DE=E.4=刀…     

上期课外练习参考解答

初一年级1 .两边连续乘以 2 ,得　12 ｘ + 2 =4,∴　ｘ =4.2 .∵　ＡＢ·ＡＡＡＡ =ＡＢ·ＡＡ·1 0 1 ,ＡＢＡＢ·ＡＡ =ＡＢ·1 0 1·ＡＡ ,∴　等式成立 .3.分类比较三个有理数的两种表达形式 ,得出ａ =-1 ,ｂ =1 .故所求式的值为 0 .初二年级1 .由已知得　 5 =ｘ -1 .∴　原式 =ｘ3 -( 2 +ｘ -1 )ｘ2 + ( 1 + 2ｘ-2 )ｘ -ｘ + 1 + 2 0 0 3=ｘ2 -2ｘ + 2 0 0 4=(ｘ -1 ) 2+ 2 0 0 3=2 0 0 8.2 .原式 =ａ2 ｄ2 -2ａｂｃｄ +ｂ2 ｃ2 +ａ2 ｃ2+ 2ａｂｃｄ +ｂ2 ｄ2=(ａ2 +ｂ2 ) (ｃ2 +ｄ2 )=1× 2 0 0 3=2 0 0 3.3.如图 ,记Ａｉ(ｉ =1 ,2 ,…     

降次化简等三则

(一) 降次化简读了本刊86年第7期《析0化简》一文,很受启发,但例2为了从x~5中析出值为0的式子,将x~5凑为(x~2-3x+4)(x~3+3x~2+5x+3)-(11x+12),这一步对同学们来说并非易事,如果x的次数再高些就更不好办了。为此再介绍降次化简如下: 例若求的值。解(两边平方)3x-4.故 x~6=x~2·x~2·x=(3x-4)~2·x     

x~3+y~3+z~3=0无整数解的证明

<正> 文1证明了x~3+y~3+z~3=0无xyz≠0的整数解。其中重要的根据是;若s~3=a~2+3b~2,(a,b)=1,(a,b)的最大公约数,记为(a,b),则有s=n~2+3v~2,且a=n(n~2-9n~2),b=3v(n~2-v~2).例如91~3=836~2+3·135~2,求得上述的s=4~2+3·5~2,而不是4~2+3·5~2.     

自我检查练习题答案或略解

一、初中自我检查压 堵*、、、。、。。、,.又b1,努丫,lj尸;‘少乙,。少。;任夕万,二:5)o一21:6)4;7)1;8)>,>,<;9)平行四边形,合(“D一“C,·正方‘或菱,形‘“,各边,各角·2.计算或简化:121)一书 ,勺2’原式一合一矗+ ;90n︸2,上‘.几 R︸。,3 1._O,.~石一—-1一 谷23)-0+aZ+a+14)原式=6了了+4了了一9了了一冬亿万+ ,O杏(“了一)-口5了5一1 ·55)原式~一二李万亿万顽荞万乎=一旦 口-U(b一a)=一“’;6)原式=一一1二一+e t 980 b一a·eos50.1~州3 \矛~e tg80.(一eos50。)一1二3+2召3;7)由图AD tga 2‘一了3二(a一AD)tg日,.’. AD=,一聋…     

一个不等式的几种证法的本源

文 [1 ]证明了 :对于一切大于 1的自然数ｎ ,有1 +13 1 +15 … 1 +12ｎ-1 >2ｎ+12 .(1 )文 [2 ]又证明了 (1 )的变形 :已知ｎ∈Ｎ ,且ｎ≥ 2 ,求证43 · 65 ·…· 2ｎ2ｎ-1 >12 2ｎ+1 . (2 )(2 )又可变形为21 · 43 · 65 ·…· 2ｎ2ｎ-1 >2ｎ +1 . (3 )(3 )又可变形为1 +11 1 +13 1 +15 … 1 +12ｎ-1>2ｎ+1 . (4 )12 · 34· 56·…·2ｎ -12ｎ <12ｎ+1 . (5 )在 (3 )、(4 )、(5 )中 ,不必再限制ｎ≥ 2 .由于 (3 )、(4 )、(5 )是同一个不等式的几种变形 ,所以我们只需证明 (5 ) ,关于 (5 ) ,我们又查到了如下的四种证法 (不用数学归纳法 …     

某些二位数平方的简捷计算

一、十位数字是9的二位数的平方,可以用公式(9。乙)2一(。。乙场).万’来计算.b=其中1,2,3,一9。 ·表示添写符号.如9,8一98;9‘37一937. b表示b关于10的补数:即b一10一b如2一8. ·bZ表示乙的补数的平方所得的二位数字的数,如奈82-.42- 例1 .98=9604·(xo一8)“一·2“=04,扩62=36=(9·8一8·82=(95一2)·22 932=(9·3一3).3多一(93一7),7“=5649 ,二、十位数字是5的二位数的平方,可用公式 (5·b)“=(25+b)·bZ来计算. 例2 .5a2=(5.8)2一(25一卜8)·8“=3364, 53“=(5,3)“=(25+3)·3“=2809. 三、十位数字为4的二位数的平方,可用公式(4,乙…     

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。     

上期课外练习参考解答

助一年级{,.’A>赢+赢+.二+赢」全200510个,,,11二1 10扫口八又下只下下十;不下下十’二十;下言二~二丈言二 1沙沙01沙沙01,沙01沙沙O199·5<贵<20。·5贵的整数部分是2。。. }川~a十1)O,…a)一La)o时,a~a+1无解.a相似文献   

单纯形构造定理的一个证明

<正> 作为三角形在 n 维欧氏空间 E~n 中的推广,是 n 维单纯形 A_0A_1…A_n,这里 A_0,A_1,…,A_n 是单纯形的顶点,它们不在同一个 n-1维超平面上.n 维单纯形有 C_(n+1)~2条稜     

上期课外练习参考解答

}初一年级}1.(l)原式-(1+2)+2(1+2)+…+2(1十2)2005、一一副一(1+2)”刊一2(1+2)习+…十2(1+2)“OD石一··一(1十2)200‘~320口6.(2)原式一(1一冬)(1十粤)(1一粤)(1+冬). 乙乙00·(卜赢)(1+赫)一(‘一争(‘一争·.…(l一赢·(1+李)(1+李).艺乙.(1+燕 乙UUO黔 1、,2、,3、,一-只尸入~:,入一万一入 乙J42004、,3、,4丈二代厂二人.二一入一二-乙UU匕艺3,’,d_8_,;日月丁-洲二》一二,目〕 n勺蚂蚁先沿圆柱的、5、,入-弋-入二,入 420062005 1003 2005’高,再沿底面直径爬行,d一h当赢星卫Q旦 Z路程最短. 8_:一气言目习 口此时蚂蚁 2 .02+12+2…     

Ⅱ_k空间上自共轭算子的开根

在Hilbert空间中任何一个自共轭算子A,如果A≥0,则A有唯一的自共轭平方根A_1:A_1=A_1~*,A_1~2=A,σ(A_1)={λ~(1/2)|λ∈σ(A)}.在不定尺度空间Ⅱ_k上,一个正算子(即对任何x∈Ⅱ_k,(Ax,x)≥0,此地(·,·)是Ⅱ_k上度规,显然当A是有界算子时,A必是Ⅱ_k上自共轭的)是否能有自共轭的平方根呢?这是本文讨论的目标.其次还讨论了Ⅱ_k上酉算子的平方根问题.     

解二元二次方程组的通法

对于一般的二元二次方程组A_1x~2+B_1xy+C_1y~2+D_1x+E_1y+F_1=0,A_2x~2+B_2xy+C_2y~2+D_2x+E_2y+F_2=0。可以写成下列形式 A_1x~2+(B_1y+D_1)x+ A_2x~2+(B_2y+D_2)x+ (C_1y~2+E_1y+F_1)=0 (1) (C_2y~2+E_2y+F_2)=0 (2)也可以把它写成y的降幂排列形式,如果把x~2、x作为两个未知数,那么解此二元一次方程组,有