p为偶数时p-级数的和

推导p-级数∑∞n=11np在p=4,6,8情形下的和,并给出∑∞n=11(2n-1)2k(k∈瓔*)的递推计算公式,进而得出∑∞n=11n2k(k∈瓔*)的和.结果显示,∑∞n=11n2k的和与π2k成正比.     

求Riemann级数和的一种新方法

对k≥1,k∈Z+,Riemann级数和∑∞n=11n2k的求法是一个经典的数学问题.一改传统方法,利用高等数学的有关工具逐步给出关于它的一个新的递推公式,从全新视角用新的方法将Riemann级数和∑∞n=11n2k的结果表示出来,进而给出Bernoulli系数和Riemann级数和的关系式.     

数学归纳法应注意的几个问题及证明技巧

数学归纳法是用来证明某些与自然数有关的数学命题的一种推理方法,在解数学题中有着广泛的应用.它是一个递推的数学论证方法,论证的第一步是证明命题在n=1(或n0)时成立,这是递推的基础;第二步是假设在n=k时命题成立,再证明n=k+1时命题也成立,这是无限递推下去的理论依     

再探数学问题1803

<数学通报>数学问题1803是: an>0,且3n∑k=1a2k=(2n+1)n∑k=1ak,求an. 这是一道给出数列的递推关系,求通项公式的数学题,求出的结果也很简单:an=n,此题提供者的解答由k=1,2求出a_1,a_2人手,提出猜想,然后用数学归纳法证得a_n=n,从而解决了问题.所用的数学方法、数学思想也都是基本的同时也是重要的.笔者认为,这是一道很好的值得品味的数学题,它所提供的有价值的信息远不止这些,下面将笔者自己学习这道题的成果罗列如下.     

利用递推数列巧解圆环涂色问题

一、问题如图1在圆中,将圆分n等份得到n个区域M1,M2,M3,…,Mn（n≥2）.现取k（k≥2）种颜色对这n个区域涂色,要求每相邻的两个区域涂不同的两种颜色,试求涂色的方案有多少种？解设涂色方案总数为an（n≥2）,当n=2时,显然知：a2=k（k-1）.现探求{an}的递推公式：     

竞赛中的递推数列问题

一般地，如果一个数列的第n项an与前面的k项a（n-1），a（n-2），…，a（n-l）（k为某个正整数，且k〈n）之间有关系an=f（a（n-1），a（n-2），，…，a（n-k）），则称该关系为k阶递推关系，或称为递归关系，这里厂是关于a（n-1），a（n-2），…，a（n-k）的k元函数，称为递推函数或递归函数。由k阶递推关系及给定的前k项a1，a2，…，ak的值（称为初始值）所确定的数列称为k阶递推数列或k阶递归数列．一阶、二阶递推数列是高中数学竞赛大纲要求的内容．     

谈数列中一个背景的演绎构造

在求解数列通项问题中，对于an＋1=qan＋f（n）这一条件背景，若能合理的对f（n）进行演绎变化，就能构造出以下的递推形式：bn＋1=kb。（k是非零常数，n∈N＊），从而能够揭示出隐含的等比关系，可使问题豁然明朗，     

斐波那契数列与组合数勾股数的两个关系

斐波那契数列是满足递推关系式F1 =F2 =1Fn =Fn-1 Fn-2 ,n >2的数列 { Fn} .本文研究了它与组合数和勾股数的两个关系 .为了研究的方便 ,本文约定 ,当 k <0或s>n时 ,Ckn =Csn =0 .引理 1　 ∑nj=0(- 1) j Cjn Fr 2 (n-j) =Fr n.证明　 (用数学归纳法证明 )当 n=1时 ,Fr 2 - Fr=Fr 1 ,结论成立 .假设当 n =k时成立 ,即∑kj=0(- 1) j Cjk Fr 2 (k-j) =Fr k.那么 ,当 n =k 1时 ,　∑k 1j=0(- 1) j Cjk 1 Fr 2 (k 1 -j)=∑k 1j=0(- 1) j(Cjk Cj-1 k ) Fr 2 (k 1 -j)=∑k 1j=0(- 1) j Cjk Fr 2 (k 1 -j) ∑k 1…     

用数学归纳法证题的一种分析方法

用数学归纳法证题的关键一步是“假设n=k时命题成立,证明n=k+1时命题也成立”(以下把这句话记为“*”),而这一步也是最困难的一步。事实上,这一步是递推的一步。因此时有些题目,我们可以从验证命题成立的第一个自然数n=n_0出发,     

一类递推数列的周期性

设k,m是适合k>2的正整数,p=2cos(2π)/k.本文证明了:如果数列A={an}n=0∞满足递推关系an+2m=pan+m-an(n≥0),则A是周期数列,它的最小正周期是km的约数.另外,给出了最小正周期小于km的非零数列的例子.     

利用递推数列巧解圆环涂色问题

<正>一、问题如图1在圆中,将圆分n等份得到n个区域M1,M2,M3,…,Mn(n≥2).现取k(k≥2)种颜色对这n个区域涂色,要求每相邻的两个区域涂不同的两种颜色,试求涂色的方案有多少种?解设涂色方案总数为an(n≥2),当n=2时,显然知:a2=k(k-1).现探求{an}的递推公式:依题意知:区域M1有k种涂法,M2有k-1种涂法,……,Mn-1有k-1种涂法,若区域     

用“替换相减”法解一类竞赛题

大家知道,数列递推公式与一般的方程不同,其显著特点是可将其中的变元n替换成(n 1)或(n-1).由于这样替换前后两个等式中的n值相同,故可将两式相减,得出一个易于转化的新递推公式.许多递推数列竞赛题利用“替换相减”法,往往能巧妙获解.[例1] 已知数列{an}满足:a0=0,an-1,n=0,1,2,…,其中k为给定的正整数,证明:数列{an)的每一项都     

谈数列中一个背景的演绎构造

在求解数列通项问题中,对于an+1=qan+f(n)这一条件背景,若能合理的对f(n)进行演绎变化,就能构造出以下的递推形式:bn+1=kbn(k是非零常数,n∈N*),从而能够揭示出隐含的等比关系,可使问题豁然明朗,得以顺利解决,下面举例说明对几类f(n)形式的演绎变化,意在抛砖引玉,供大家读后加以推广.     

两类组合数和式的递推关系的改进

为了计算两类带组合数Ckn 与Ckn k 的幂和Sm(n) =∑nk=1Cknkm,　　Um(n) =∑nk=1Ckn kkm,文 [1 ]建立了如下两个递推关系式 :Sm 1(n) =nSm(n- 1 ) ∑ni=1(- 1 ) i 1CimSm-i 1(n) ,∑m- 1i =0(Ci 1m (n- 1 )Cim)Um-i(n) =(n 1 ) ((n 1 ) m - 1 )Cn2n 1.此后 ,有些读者仍沿着这个途径做相关问题的探讨 ,如文 [2 ].事实上 ,利用上面的递推关系式 .计算Sm 1(n)与Um 1(n)时 ,我们需要用到S1(n) ,… ,Sm(n)与U1(n) ,… ,Um(n)的表达式 ,计算量是非常大的 .本文给出两个简单的递推关系式 ,利用它们计算Sm 1(n)与Um 1(n)时 ,我们仅…     

一个递推公式及其应用

本文介绍一个递推公式及其在解题中的广泛应用。1 递推公式设F(n)=a_1x_1~n+a_2x_2~n+…+a_kx_k~n(n≥0,n∈Z),构造以x_1,x_2,…,x_k为根的方程: x~k+m_1x~(k-1)+m_2x~(k-2)+…+m_k=0 我们称这个方程为F(n)的特征方程,则F(n)=a_1x_1~n+a_2x_2~n+…+a_kx_k~n(n≥k,x∈Z)满足下列递推公式:     

从一次齐次递推式求通项的特征根法的一个初等证明

一、从一次齐次递推式求通项的特征根法对于递推式 α_0a_n α_1a_(n 1) … α_ka(n k)=0。(α_k≠0)(1)叫做k阶一次齐次递推关系式。其通项的求法可用特征根法:     

m元线性递推数列与矩阵的幂

设有m个数列{x_n~(1),x_n~(2),…x_n~(n)}(这里x_n~(k)表示第k个数列的第n项)满足递推式组:■其中a_(ij)为常数(i,j=1,2,…,m),初始条件由x_1~(1),x_1~(2),…,x_1~(m)给定,这样的m个数列叫做m元线性递推数列。本文的工作是给出m元线性递推数列的通项公式的求解方法,同时得到矩阵的幂的一种计算方法。递推式组(1)可以用矩阵的形式表示为:     

GLn(k)和SLn(k)的阶

本文利用矩阵行的初等变换 ,采用递推的方法 ,求出了有限域 k上 n次一般线性群 GLn(k)和 n次特殊线性群 SLn(k)的阶 .     

关于Konvalina定理的注记

从1,2,…,n中选定个数a_1相似文献   

数学归纳法应用功能的拓广

人们通常认为 ,数学归纳法用于证明与自然数有关的命题 ,采用的是等距的“间断归纳”(第二步无限递推从n =k命题成立 ,推出n =k+1时命题成立) ,是否存在等距的(或不等距的 )“连续归纳”?一、连续归纳证不等式一例下面抛砖引玉 ,以一个不等式的证明对此作出了正面的回答 ,希望有兴趣的读者继续研究 ,探索发现“连续归纳”更多的应用 .例　证明不等式 :2 x>97x2 ,x∈ (6,+∞ )证明　 (6,+∞ ) =(6,7]∪(7,8]∪…∪ (n ,n+1 ]∪… ,x∈ (6 ,7]时 ,2 x>2 6=64,97x2 ≤ 97× 72 =63,这就证明了n =6 ,x∈[6,7)时不等式 2 x>97x2 成立 ;假设n =k时…