巧用Sin~2α+Cos~2α=1解题

一、正用例1已知sinα+cosα=m,sinαcosα=n,则m,n的关系是().A.m=n B.m=2n+1 C.m~2=2n+1 D.m~2=1-2n解将sinα+cosα=m两边平方,得sin~2α+2sinαcosα+cos~2α=m~2,     

“三角单位”Sin~2α+Cos~2α的应用

众所周知,对于任意实数α,恒等式sin~2α+cos~2α=1(Ⅰ)成立.等式(Ⅰ)是最基本的三角恒等式.其右端是实数单位1,左端是α的正弦与余弦的平方和——sin~2α+cos~2α,通常称为三角单位.三角单位在三角学中具有特殊的地位和作用.一、恒等变形中的三角单位在涉及正弦与余弦的方幂的三角恒等变形中,如能恰当地引用三角单位的如下特性:(sin~2α+cos~2α)~n=sin~2α+cos~2α=1,(Ⅱ)     

sin~nα＋COS~nα≥(1/(2~(1/2)))~(n-2)(n≥3,n∈N)的证明

以下α为锐角,我们先从简单开始1.sin3cos31α α≥2证明设sin3cos3,1P=α αQ=22P Q[sin3sin3(1)3]=α α 2 [cos3cos3(1)3]α α 231(sin2cos2)3≥?2?α α=Q.∴P≥Q,即sin3cos31α α≥2.2.sin4cos4(1)2α α≥2证明sin4cos4,(1)2P=α αQ=22P 2Q[sin4sin4(1)4(1)4]=α α 2 2[cos4cos4(1)4(1)4] α α 2 24(1)2(sin2cos2)4≥?2?α α=Q.∴P≥Q,即sin4cos4(1)2α α≥2.3.sin5cos5(1)3α α≥2证明sin5cos5,(1)3P=α αQ=22P 3Q[sin5sin5(1)5(1)5=α α 2 2 (1)5][cos5cos5(1)52 α α 25(1)3(sin2cos2)5≥?2?α α=Q.∴P≥Q,即…     

极限1im（1+1-n）n+e的几种证明方法及其应用

极限1im(1+1-n)n+e是微分学的一个重要组成部分。本文着重讨论了它的存在的证明方法、推广形式及实际应用。     

不等式nn+1＞(n+1)n的若干证明方法

苏教版选修2-2第99页复习题14：“试比较n^n＋1与（n＋1）^n的大小,分别取n=1,2,3,4,5加以试验．根据试验结果猜到一个一般性结论,并用数学归纳法证明．”     

级数∞∑n=1α(α-1)…(α-n+1)/n! Xn在x=±1敛散性的讨论

函数f(x)=(1+x)α在(-1,1)上可以展开为马克劳林级数,即(1+x)α=1+αx+α(α-1)/2! x2…+α(α-1)…(α-n+1)/n! xα+…(-1相似文献   

数列公式a_n=S_n-S_(n+1)(n≥2)的教学认识

正讨论数列{an}的通项公式与它的前n项和Sn是教材的一个重点内容,而把两者沟通、或由一个去讨论另一个是考试命题的一个兴奋中心,因而,数列公式an=S1,n=1,Sn-Sn-1,n{2在日常教学中受到重视是非常普遍的,加强训练是十分流行的,而对公式的认识却有深浅不同,使用中出现漏错更是防不胜防(特别是在的地方).为了达成共识,我们愿首先就公式的导出、理解和应用提出看法,抛砖以引玉.     

不定方程mx+2y+z=n(m≥3,n≥m+3)的正整数解数

给出了不定方程mx 2y z=n(m≥3,n≥m 3)的正整数解以及非负整数解的个数的计算公式.同时也给出了将正整数n拆分成若干个1,2和m的拆分数的表达式.进一步给出了x1 2x2 3x3 4x4=n的正整数解的个数以及关于一般情形下的不定方程的正整数解的个数的递推关系.     

不定方程mx+2y+z=n(m≥3,n≥m+3)的正整数解数

给出了不定方程mx+2y+z=n(m≥3,n≥m+3)的正整数解以及非负整数解的个数的计算公式.同时也给出了将正整数n拆分成若干个1,2和m的拆分数的表达式.进一步给出了x1+2x2+3x3+4x4=n的正整数解的个数以及关于一般情形下的不定方程的正整数解的个数的递推关系.     

对d=2D_1(n—1)α的两种证明

菲涅耳双棱镜,是一种重要的分波前双光束干涉装置。因双棱镜的棱角α很小,光源S发出的波列经它折射后,被分割为两束光,它们在交迭区域里迭加而出现等距离的干涉条纹。S_1与S_2为S对双棱镜所成的虚象,幕上的干涉条纹就如同由相干的虚象光源S_1和S_2发出的光束产生的一样。S_1与S_2到屏幕上某点的光程差б=d(y/D),条纹的间隔△y=（D/d）λ。其中D为S_1（或S_2）到幕的距离,λ为入射光的波长,d为两虚光源的距离。（如图一）     

A_n(n≥5)是单群的一个证明

长期以来人们对于A-n(n≥5)的单性有过多种证明。[1]给出的是一种经典的证明方法。1951年L.Redei在[2]里利用换位子运算给出了一个新的证明。1955年在[3]里第一次运用数学归纳法证明A_n的单性。1976年J.Rose在[4]里又给出了一个证明。本文试给出一个利用不等式估值的方法来证明A_n不可能有正则正规子群之后再用对n的归纳法证明A_n的单性的新方法。 引理 设a∈A_n,n≥5,又设a可表成n_1个l_1轮换,n_2个l_2-轮换,…,n_s个l_s-     

关于asinα+bcosα=(a~2+b~2)~(1/2)sin(α+)的应用

人民教育出版社出版的数学第一册(下)(试验本)P45例5. 求证:cosa+√3sina=2sin(π/6+a).它事实上是介绍了一种三角函数的变形技巧.而这种变形技巧所蕴含的数学思想是化归思想,把形如asina+     

关于方程α2(k+2,s(n))=α2(k+1,s(n))+α2(k,s(n))的正整数解

对任意正整数a,设S(a)为a的Smarandache函数,对任意正整数r和b,设a(r,b)是b的前r位数字所组成的数。2001年,Bercze提出了一个问题:如何确定方程a2(k 2,s(n))=a2(k 1,s(n)) a2(k,s(n))n,k∈N的所有解。更进一步,Bercze又提出另一个问题:设β(r,b)是b的后r位数字所组成的数,如何确定2β(k 2,s(n))=β2(k 1,s(n)) β2(k,s(n))的所有正整数解(n,k)。运用丢番图方程的相关知识,完整地解决了Bercze所提出的两个问题,即证明了方程(1)没有正整数解(n,k),同时确定了方程(2)的所有正整数解(n,k)。     

不定方程n(n+1)=k(k+2)的参数解法

3一4 一一奋 旅方程可化为 (无+1)2一 (无+1)2即一一一二丁一一叫 (了3/2)2 1、,吸拜十一丁)一 艺一—二1 (丫3/2)“因此可命k十1“了3SeC甲,:·寺穿‘g弘有无=亿3Zc0s甲一1,了3 2 1COS甲 1别n尹一百=(。、1)。in,一鲁. ‘ 欲使:、k为整数,必须使sin甲取有理数,而c。。甲为无理数.因此,命甲取30。、150。、210。、330。各值,依次求出伍,。)为:(o,o),(一2,一1),(一2,o)(o,一z),它们都是原方程的解. 利用圆的参数方程可类似求解,(。十2)=k(2一无)。不定方程n(n+1)=k(k+2)的参数解法@朱允声$上海松江二中~~…     

应用不等式n∑i=1x2i≥1/n(n∑i=1xi)2解竞赛题

定理设n≥2,xi∈R(i=1,2,…,n),则有n∑i=1x2i≥1/n(n∑i=1xi)2,且在诸xin全相等时才取等号.     

不等式a_1~2+a_2~2+…+a_n~2/n≥(a_1+a_2+…+a_n)~2/n的证明

本刊1983年第二期《不等式(a~2+b~2)/2≥((a+b)/2)~2的推广与应用》一文证明了下面命题: 若a_1,a_2,…,a_n都是实数(n属于自然数),则有     

基本不等式a+b/2≥ab~(1/2)的应用

函数的最值是函数这一章节中的重要内容,它的重要性不仅在题型多样、方法灵活上,更主要的是其在实际生活及生产实践中的应用。高考应用题几乎都与最值问题有关,一元二次函数是函数应用求最值的常用方法,而基本不等式是解决     

将asinα+bcosα化为(a~2+b~2)~(1/2)sin(α+φ)的教学设计

教师 :如图 1所示 ,设M( a,b)是角θ终边上的一点 ,点 M到原点的距离为 r,则 cosθ =?,sinθ =?学生 :cosθ =ar,sinθ =br.教师 :由此我们得到 a =rcosθ,b=rsinθ.这两个等式说明了一个什么问题 ?学生 :这两个等式表明 :角θ终边上的任意一点 M的坐标 a、b可以分别用角θ的余弦和正弦来表示 .教师 :点 M的坐标 a,b可以取哪些实数 ?由此说明了一个什么问题 ?学生 :由于角θ是任意角 ,点 M是θ上的任意点 ,所以点 M的坐标 a,b可以取任意实数 ,这说明对于任意实数 a,b都可以用一个角θ的余弦和正弦来表示 ,即 a =rcosθ,b =rsinθ,其中r =…     

不等式(1/(n+1)+1/(n+2)+…+1/2n)~2<1/2的六种不同证法

给出了不等式(1/(n+1)+1/(n+2)+…+1/2n)2<1/2的六种不同证法。     

关于不定方程xm+yn=m+n(m≥n)解的讨论

本文给出并证明了一个关于不定方程x^m Y^n=m n(m≥n)的定理，并对其解进行了研究。