一类数的整除问题

本文讨论一类数的整除问题,即讨论n的多项式f(n)能否被m!或k·m!整除的问题(n、k∈J,m∈N)。定理 m个连续整数的乘积能被m!整除。对这一定理,所见书刊常限于自然数范围内论证。事实上,在整数范围内也是很容易证明的。     

一类整除问题的由来与解法

常有如下的一类题目: n为任意自然数时,求证: (1) 3~(4n 2) 5~(2n 1)能被14整除; (2) 5~(2n 1) 3(n 2)·2~(n-1)能被19整除等。这类数学问题,通常都是为学习数学归纳法设置的。人们不禁要问:结论是如何得出来的呢?是否只能用数学归纳法解呢?本文介绍两个定理,它可以解决这些题。     

数学问题1466的两种简便证法

《数学通报》2003年第12期数学问题1466为：     

一类整除性定理

本给出复域上多元多项式环C[x1,x2…，xn]的一类整除性定理，它是[1]中整除定理的直接推广。     

一类整除性定理

本文给出复域上多元多项式环Ｃ［ｘ１，ｘ２，…，ｘｎ］的一类整除性定理，它是［１］中整除定理的直接推广     

利用余数定理证一类整除性问题

关于整除性问题的证明,中等数学习题中屡有所见,在学过数学归纳法后尤多,亦有应用因式分解法证明的。目前重点高中代数第一册已讲过余数定理和因式定理,但此处未曾见到,似觉不够。这里就利用余数定理证一类整除性问题试举几例,供同志们参考。例1,求证4~(2n+1)+3~(n+2)能被13整除(高中数学第三册P。158复习题)。证∵4~(2n+1)+3~(n+2)=4·16～n+9·3~n,故不妨设f(χ)=4·χ~n+9·3~n,则问题化为求证f(16)能被13整除,∵13=16-3,f(χ)除以χ-3的余数为f(3)=4·3~n+9·3~n=13·3~n于是f(χ)=(χ-3)g(χ)+f(3)=(χ-3)g(χ)+13·3”,将χ=16代入得f(16)=13·g(16)=13·g(16)+13·3~n,故f(16)能被13整除,即13|4~(2n+1)+3~(n+2)。上述证明,显然较之数学归纳法要简明得     

一类范围问题的简便解法

通常我们在解题时，总是把汪意力集中在那些主要变元上，（其它变元表示主元成为思维定势）这当然是不可非议的．但是，若我们变换思维角度“反客为主”，常能取得解题突破．经常这样做，不仅能提高我们的思维能力，而目能获得简捷而又巧妙的解法．这对培养我们的学习兴趣无疑是有好处的．请看例1k是什么实数时，方程＋3的解是负数？（高级中学试验课本《数字》P37）分析本题一般求解方法是由原方程解出x，即用k表示x（这一过程需要对k的取值进行分类讨论才能完成），然后由x＜0建立关于k的不等式，再解此不等式．但是，如果我们“反客为主…     

一类向量问题的简便解法

陈老师在文[1]中,对涉及等式AP=mAB＋nAc的向量问题,提出了一种基向量的处理策略．读后受益匪浅．     

一类几何问题的简便解法

一类几何问题的简便解法张欣然（湖北当阳市高级中学４４４１００）在解析几何中，常遇到这样一类存在性问题：设ＭＮ是二次曲线的弦，Ｐ是ＭＮ的中点，Ａ为二次曲线的焦点，问是否有某种条件，使｜ＡＭ｜，｜ＡＰ｜，｜ＡＮ｜成等差数列．对这类题的解答，常见的都是直接...     

一类“数学问题”的统一证法

文[1]给出了不等式:已知x,y,z∈R+,m∈N+.求证:x/mx+y+z+y/x+my+z+z/x+y+mz≤3/m+2. 文[2]给出了不等式:已知xi＞0(i=1,2,…n),k＜1,求证: n∑i=1 xi/x1+x2+…+xi-1+kxi+xi+1+…+xn≥n/n+k-1. 文[3]给出了不等式:设ai＞0(i=1,2,3,…,n),p∈R,q＞0,且n∑i=1ai=A,Si=pai+q(A一ai)＞0(i=1,2,…,n),求证:     

一类整除性定理的推广

「１」给出复数Ｃ上多元多项式环Ｃ「ｘ１,ｘ２,…,ｘｎ」的一类整除性定理,本把它推广为任意代数闭域ｋ上多元多项式环ｋ「ｘ１,ｘ２,…,ｘｎ」的情形。     

一类整除性定理的推广

[1 ]给出复数域C上多元多项式环 C[x1 ,x2 ,… ,xn]的一类整除性定理 ,本文把它推广为任意代数闭域 k上多元多项式环 k[x1 ,x2 ,… ,xn]的情形 .     

一类恒等式的有趣证法

通常,恒等式的证明都是从等式的一边出发,经过恒等变形化简到与另一边相等;或两边同时作恒等变形化简得到相等的结果.但对于某些与组合数有关的恒等式来说,还有另一种有趣的证法,如下面几例: 一、Cmn=Cnn-m 这是组合数的一个性质,为了证明这个性质,我们来解下面的应用题: “n个学生参加义务劳动,其中m(m≤n)个学生扫地,其余的学生除草,问有多少种不     

一类特殊排序问题的简便算法

本文对将多个零件分配给多台机器加工的一类排序问题,当零件在不同机器上的加工时间成比例时,给出了较简便的算法。     

一类不等式的新证法

对于形如∑ｎｉ=1ＢｉＡｉ≥Ｐ或∑ｎｉ=1ＢｉＡｉ≤Ｐ(Ａｉ ＣＢｉ=Ｑ ,Ｃ为常数 ,ｉ=1 ,2 ,… ,ｎ)的一类不等式 ,利用下文的定理 ,或证明定理的方法 ,可简捷地给予证明 .定理　设Ａｉ,Ｂｉ∈Ｒ ,λＡｉ μＢｉ=Ｑ(ｉ=1 ,2 ,… ,ｎ ,λ,μ为常数 ) ,∑ｎｉ=1Ｂｉ=ω∑ｎｉ=1Ａｉ,记Ａ =∑ｎｉ=1ＢｉＡｉ,则当 μ >0时 ,Ａ≥ωｎ ;　当 μ <0时 ,Ａ≤ωｎ .证　因为λＡｉ μＢｉ=Ｑ ,∑ｎｉ=1Ｂｉ=ω∑ｎｉ=1Ａｉ,所以ｎＱ =λ∑ｎｉ=1Ａｉ μ∑ｎｉ=1Ｂｉ=λ∑ｎｉ=1Ａｉ μω∑ｎｉ=1Ａｉ=(λ μω)∑ｎｉ=1Ａｉ,所以　Ｑ =λ …     

一类不等式的统一证法

例题　 (1)已知 |ａ| <1,|ｂ| <1,求证 :ａ +ｂ1+ａｂ <1.(2 )设ａ ,ｂ∈Ｒ+ ,且ｂ <2ａ ,求证 :ａｂ <2 <2ａ +ｂａ +ｂ .分析　将 (1)中的结论改写为 -1<ａ +ｂ1+ａｂ<1,与 (2 )中的结论比较易发现 ,两题的结论都具有Ｐ <Ｎ <Ｍ的形式 ,于是我们对两个问题作统一的一般化处理 (构造二次函数证明不等式 ) .设 ｆ(ｘ) =ｘ2 -(Ｍ +Ｐ)ｘ +Ｍ·Ｐ =(ｘ -Ｍ) (ｘ -Ｐ) ,则有Ｐ <Ｎ <Ｍ ｆ(Ｎ)<0 ,故要证Ｐ <Ｎ <Ｍ ,只须证 ｆ(Ｎ) <0即可 .证明 (1)　令Ｐ =-1,Ｍ =1,Ｎ =ａ +ｂ1+ａｂ,构造函数 ｆ(ｘ) =ｘ2 -1.∵　ｆ(ａ +ｂ1+ａｂ) =(ａ +ｂ…     

一类分式不等式的统一证法

不等式ａ２＋ｂ２≥２ａｂ（ａ、ｂ∈Ｒ）及其变形的应用已被人们广泛研究,笔者在教学中发现：如用ａｂ、ｂλ分别代替ａ、ｂ得一含参数的不等式ａ２ｂ≥２ａλ－ｂλ２　（ｂ＞０,λ＞０,ａ∈Ｒ）（）利用（）可得一类分式不等式的统一证法：首先对要证的不等式进行适当变形,然后通过待定系数法求出λ,即得要证的不等式．这种证明方法具有思路单一,操作方便,学生易接受的特点．现以竞赛题、征解题为例进行说明．例１　设ａ、ｂ、ｃ∈Ｒ＋,试证：ａ２ａ＋ｂ＋ｂ２ｂ＋ｃ＋ｃ２ａ＋ｃ≥ａ＋ｂ＋ｃ２．（《数学通报》１９９５年第…     

一类三角恒等式的特殊证法

设 A、B、C 为△ABC 的三个内角,a、b、c分别为 A、B、C 之对边,则凡涉及半角 A/2、B/2、C/2的正切、余切间关系的一类三角恒等式,一般说来,均可由几何图形入手,根据三角函数定义,将半角的正切、余切写成两条相应线     

一类三角题的解析证法

下面一类三角问题,若用三角方法,则解法冗长,教材中两角差余弦公式是利用单位圆上点的坐标给予证明的。这给予我们以启示:若有f(cosa、sina)=0,注意cos~2α+sin~2α=1,我们把点P(cosa,sina)看成单位圆x~2+y~2=1与曲线f(x,y)=0的交点。因此某些三角题可以用解析法给予证明。这种方法归纳起来就是先由图形关系揭示出题意的实质,然后通过数量关系来表示其实质,从数形结合上找出解题途径,这样做的好处是解法直观,可以帮助学生融化贯通各科知识。     

一类分式不等式的新证法

应用柯西不等式，容易得到如下不等式：设ａｉ，ｂｉ，ｃｉ＞０（ｉ＝１，２，…，ｎ）则：∑ｎｉ＝１ｂｉｃｉ∑ｎｉ＝１ａｉｂｉ≥∑ｎｉ＝１ａｉｃｉ２（＊）利用（＊）证明数学竞赛中型如：∑ｎｉ＝１ａｉｂｉ≥Ｐ（＊＊）这类难度较大的分式不等式，只要恰当地选取ｃ...