阿贝尔求和法及应用

1　命题及证明下面命题称为部分求和公式或阿贝尔 (Ａｂｅｌ)求和法 :命题　 {ａｋ} ,{ｂｋ}为两数列 ,若记Ｓｋ =ａ1 +ａ2+… +ａｋ,则 ｎｋ =1 ａｋｂｋ =Ｓｎｂｎ + ｎ- 1ｋ =1 Ｓｋ(ｂｋ -ｂｋ+ 1 ) .证　可令Ｓ0 =0 ,则ａ1 =Ｓ1 -Ｓ0 .又ａｋ =Ｓｋ -Ｓｋ- 1 (ｋ=2 ,3,4 ,… ,ｎ) ,所以 ｎｋ=1ａｋｂｋ = ｎｋ=1ｂｋ(Ｓｋ -Ｓｋ- 1 )= ｎｋ=1ｂｋＳｋ - ｎｋ=1ｂｋＳｋ- 1=Ｓｎｂｎ + ｎ- 1ｋ =1 ｂｋＳｋ - ｎｋ =2 ｂｋＳｋ- 1=Ｓｎｂｎ + ｎ- 1ｋ =1 ｂｋＳｋ - ｎ- 1ｋ =1 ｂｋ+ 1 Ｓｋ=Ｓｎｂｎ + ｎ- 1ｋ =1 Ｓｋ(ｂｋ -ｂｋ…     

成果集锦

一个有趣的同期数阵设ｎ1 为自然数ｎ的各位数字之和 ,ｎｋ 为ｎｋ -1 的各位数字之和 ,ｋ =2 ,3,… .若 0 <ｎｋ<9,则记Ｔ (ｎ)=ｎｋ,于是有ｎ≡Ｔ (ｎ) (ｍｏｄ9) ,0 <Ｔ (ｎ) <9,易证[1 ] :引理 1　若ｍ≡ｎ(ｍｏｄ9) ,则Ｔ(ｍ) =Ｔ(ｎ) .引理 2　设ｋ ,ｌ∈Ｚ-,ｕ ,ｖ∈Ｎ ,ｖ≥ 2 ,则Ｔ( ( 9ｋ ｕ) 6ｌ ｖ) =Ｔ(ｕｖ) .记Ｔ(ｎｍ 1 ) =ｘｍｎ(ｍ ,ｎ =1,2 ,3,4 ,… ) ,则称{ｘｍｎ}为“自然数方幂的数码和数阵 ,它有如下有趣的性质 (请读者自行写出观察 ) :定理 1　数阵 {ｘｍｎ}的行、列数列都是周期数列 ,周期分别是 9和 6 .由此 …     

初学数学归纳法易犯的通病

1　数学归纳法所谓“数学归纳法”是证明一个与自然数ｎ有关的数学命题时 ,所采取的一种证明方法。其具体步骤 :( 1)验证ｎ取第一个值ｎ0 时 (如ｎ0 =1、2或 3)命题成立 ;( 2 )假设ｎ =ｋ(ｋ∈Ｎ且ｋ≥ｎ0 )时结论正确 ,并且在此假设条件下 ,当ｎ =ｋ +1时结论也正确。则原命题正确。这种方法我们称之为数学归纳法。如证明等差数列的通项公式ａｎ=ａ1+(ｎ - 1)ｄ证明 :( 1)当ｎ =1时左边 =ａ1右边 =ａ1+( 1- 1)ｄ =ａ1等式成立( 2 )假设当ｎ =ｋ(ｋ∈Ｎ且ｋ≥ 1)时ａｎ=ａ1+(ｋ - 1)ｄ则当ｎ =ｋ +1时ａｋ +1=ａｋ+ｄ =ａ1+(ｋ - 1)ｄ +ｄ=…     

例谈数学归纳法证题的过渡策略

关于自然数的命题大都可以用数学归纳法来证明 ,其中的核心问题是如何恰当地运用归纳假设 ,证明ｎ =ｋ+ 1时命题的正确性 ,即由ｎ=ｋ时成立的命题过渡到ｎ =ｋ+ 1时也成立 ,这也正是证题的难点所在 .所以在具体证题时应强化目标意识 ,运用技巧进行有效的过渡和转化 ,达到证题的目标 .本文就此问题谈谈几种常用的过渡策略 .1　思前想后找联系我们既要盯着目标 ,即ｎ =ｋ+ 1时的结论 ,也要顾及ｎ =ｋ时的假设 ,打通他们之间的内在联系后就容易过渡了 .例 1　已知 ｆ(ｎ) =1+ 12 + 13+… + 1ｎ　 (ｎ≥ 2且ｎ∈Ｎ) ,求证 :ｎ+ ｆ(1) +… + ｆ(…     

(ax by)~n展开式中系数变化的特征

根据牛顿二项式定理 ,有如下展开式(ａ ｂ) ｎ =∑ｎｋ=0Ｃｋｎａｎ-ｋｂｋ ( 1 )现设ａ >0 ,ｂ >0 ,试求 ( 1 )式中有最大值的项 .显然 ,第ｋ 1项 (ｋ =0 ,1 ,2 ,… ,ｎ)的值为Ｓｋ 1=Ｃｋｎ·ａｎ-ｋｂｋ ( 2 )收稿日期 :1998- 11- 0 2　作者 :范霞　女　中教一级教师　　特殊情形 ,当ａ =ｂ =1时 ,对ｎ =0 ,1 ,2 ,… ,依次将展开式中各项排出 ,恰好组成杨辉三角形1 1　 1 1　 2　 1 1　 3　 3　 1 1　 4　 6　 4　 1……………………观察其构成 ,其最大项有 1项或 2项 ,依ｎ是偶数或奇数而定 .若 (ａ ,ｂ)≠ ( 1 ,1 ) ,其最大项如何求 …     

用MM方式教学数学归纳法

在数学归纳法的教学中 ,若直接采用如下的归纳公理 :自然数集合Ｎ的任何一个子集 ,若含有数 1 (元之素 ) ,且在含有任何一个数ａ的同时含有它的后继数ａ′,则它与Ｎ相同 .然后再给出数学归纳法的证题法则 ,学生是难以理解与接受的 .所以在几乎所有的关于数学归纳法的教材中 ,都是采用直接给出证明法则的形式 ,即 :若证明一个关于自然数的命题 ,我们先证明它对ｎ =ｎ0 (例如ｎ0=1 )时成立 ,然后假设ｎ =ｋ时命题成立 ,再证明ｎ =ｋ +1时命题也成立 ,就可断定这个命题对于取第一个值ｎ0 后面的所有自然数也都成立 .但这种叙述正如Ｇ·波利亚所…     

关于直线和平面划分区域个数问题的探究

关于直线 (平面 )划分平面 (空间 )区域个数问题 ,在各类高中数学书刊和试题中出现频率较高 ,往往解法难度较大且答案容易出错。本文给出两个定理和两个推论 ,使这两类问题一并得到圆满地解决。定理 1　已知平面内有ｎ条直线 ,这ｎ条直线有ｍ个交点 ( ｐ条直线共点 ,取交点个数为ｐ -1 ) ,则这ｎ条直线将此平面划分出区域的个数为ｆ(ｎ ,ｍ) =1 ｎ ｍ。证明　 ( 1 )ｎ =1时 ,ｍ =0 ,ｆ(ｎ ,ｍ) =2 ,1 1 0=2 ,定理 1成立。( 2 )假设ｎ =ｋ时 ,ｆ(ｋ ,ｍ) =1 ｋ ｍ。则ｎ =ｋ 1时 ,增加了第ｋ 1条直线ｌｋ 1,设增加了ｍ1个交点Ａ1,Ａ2…     

完全平方数对半和性质的推广

文 [1 ]中的定理 1推广了印度数学家Ｊ·Ｖ·ｃｈａｕｄ ｈａｒｉ和Ｍ·Ｎ·Ｄｅｓｈｐａｎｄｅ在 1 996年 2月发现的“漏网之鱼”这一规律 ,回答了戴宏图先生提出的问题[2 ] ,也推广了美国俄亥俄州数学家ＯｗｅｎＴｈｏｍａｓ在 1 996年 9月所获得的结论[3] ,定理 2和定理 3各自又得到了一类有趣的连续数组 .本文通过两个定理将文 [1 ]中ｋ2 的有关性质推广到ｋｎ.设ｋ是一个ｔ位自然数 ,即 1 0 ｔ- 1≤ｋ <1 0 ｔ,若ｎ∈Ｎ ,那么 1 0 ｎ(ｔ- 1) ≤ｋｎ<1 0 ｎｔ,ｋｎ=ｍ1·1 0 (ｎ- 1)ｔ ｍ2·1 0 (ｎ - 2 )ｔ ｍ3·1 0 (ｎ- 3)ｔ … ｍ…     

解题思路受挫后的对策

学生在解题时常因运算的繁冗心烦不安 ,解题思路的中断遇题发愁 ,对题意的不解无处入手…… .这些现象大都是解题思路受挫而引发的 ,极大地挫伤了学生学习数学的热情 .本文对此作些初步的探讨 .1　调整策略解题思路受挫后 ,首先应分析受挫的原因 ,及时调整解题的策略 ,使中断的思路得到延续 .例 1　设ｎ∈Ｎ ,求证 ( ｎｋ =11ｋ)· ( ｎｋ =1 ｋ)≥ｎ2 .分析　学生大多会想到用数学归纳证明此不等式 ,但由ｎ =ｋ　 (ｋ∈Ｎ)时命题成立而ｎ =ｋ 1过渡中运算复杂 ,让大多数学生望而生畏 ,思路由此中断 .在明确原因后 ,发现此题的证明应先从简…     

柯西不等式的推广及其矩阵表示法的应用

柯西不等式的推广定理 1 :设ａｉｊ>0 (其中ｊ=1 ,2 ,… ,ｍ ,ｉ=1 ,2 ,… ,ｎ) ,则( ｎｉ=1∏ｍｊ=1ａｉｊ) ｍ ≤ ∏ｍｊ=1 ｎｉ=1ａｍｉｊ) (1 )当ｍ =2时 ,即为柯西不等式 :( ｎｉ=1ａｉｂｉ) 2 ≤ ( ｎｉ=1ａ2 ｉ) ( ｎｉ=1ｂ2 ｉ) (2 )　　一、引理 (权方和不等式 )　　设ｘｉ、ｙｉ∈Ｒ+,(ｉ=1 ,2 ,… ,ｎ) ,ｍ >0 ,则( ｎｉ=1ｘｉ)ｍ +1≤ ( ｎｉ=1ｙｉ)ｍ · ｎｉ=1ｘｍ+1 ｉｙｍｉ(3 )式中等号当且仅当 ｘ1 ｙ1 =ｘ2ｙ2 =… =ｘｎｙｎ时成立。证明可参见[1 ] 。二、定理的证明对ｍ用数学归纳法。当ｍ =2时 ,即为柯西不等式 ,结论…     

凑配分裂 有效转化

利用数学归纳法来证明某些与自然数ｎ有关的不等式 ,证ｋ到 (ｋ 1)这一过程是许多同学感到困难的一步 .为此 ,笔者介绍一种“凑配分裂”的转化策略 ,以解决这一难点 .1　凑配从归纳假设ｎ=ｋ的不等式出发 ,凑配出待证ｎ=ｋ 1时的不等式的某一端 ,再结合不等式性质将问题有效转化 .例 1　 (《代数》课本下册 12 3页例 5)已知ｘ >- 1,且ｘ≠ 0 ,ｎ ∈Ｎ ,且ｎ≥ 2 ,求证 ( 1 ｘ) ｎ >1 ｎｘ .证明　 (ｉ)当ｎ=2时 ,左边 =( 1 ｘ) 2 =1 2ｘ ｘ2 ,右边 =1 2ｘ ,因为ｘ2 >0 ,所以原不等式成立 .(ｉｉ)假设不等式当ｎ =ｋ(ｋ≥ 2 )时成立 ,就是( …     

一个猜想的否定--兼擂题(56-1)的解答

孙文彩先生在本刊 2 0 0 2年第 4期有奖解题擂台(5 6)中提出如下命题 :命题　在△ＡＢＣ中 ,任何关于其内角的不等式Ⅰ满足条件 :(1 )经代换Ｔ1:∑ｃｏｓＡ =2ｎ +1 ,∑ｓｉｎＡ =2ｍ后 ,Ⅰ能等价化为关于ｍ、ｎ的二元实不等式形式ｆ(ｍ ,ｎ)≥ 0 (≤ 0 ) ( )(2 )上面的不等式 ( )经等腰代换Ｔ2 :ｍ =(1 +ｔ) 1 -ｔ2 ,ｎ =ｔ(1 -ｔ) (ｔ=ｓｉｎ Ａ2 ,Ｂ =Ｃ)后 ,不等式 ｆ(ｍ ,ｎ)≥ 0 (≤ 0 )对任意ｔ∈ (0 ,1 )成立 ,当且仅当ｔ=12 时取等号。则三角不等式Ⅰ必对任意三角形成立 ,当且仅当△ＡＢＣ为正三角形时取等号。这个命题是一个假命…     

两个有趣的不等式

阅读文［１］例５－２７时,产生两个联想．命题１　π２６－１ｎ＜∑ｎｋ＝１１ｋ２＜π２６－１ｎ＋１（ｎ∈Ｎ）．证明：由∑∞ｋ＝１１ｋ２＝π２６,有π２６＝∑ｎｋ＝１１ｋ２＋∑∞ｋ＝ｎ＋１１ｋ２＜∑ｎｋ＝１１ｋ２＋∑∞ｋ＝ｎ＋１１（ｋ－１）ｋ＝∑ｎｋ＝１１ｋ２＋１ｎ,得　　π２６－１ｎ＜∑ｎｋ＝１１ｋ２．又　　π２６＝∑ｎｋ＝１１ｋ２＋∑∞ｋ＝ｎ＋１１ｋ２＞∑ｎｋ＝１１ｋ２＋∑∞ｋ＝ｎ＋１１ｋ（ｋ＋１）＝∑ｎｋ＝１１ｋ２＋１ｎ＋１,得　　∑ｎｋ＝１１ｋ２＜π２６－１ｎ＋１．综上得命题１成立．命题２　…     

浅谈行初等变换的定理及其应用

设　　Ａ =ａ11ａ12 …ａ1ｎａ2 1ａ2 2 …ａ2ｎ…………ａｎ1ａｎ2 …ａｎｎ是数域Ｆ上的矩阵。如果把Ａ的每一个列都看作一个向量 ,叫做Ａ的列向量 ,那么这几个列向量属于向量空间Ｆｍ。设Ａ经过一次行的初等变换后得到Ａ1,Ａ和Ａ1的列向量分别记为α1,α2 ,… ,αｎ 和α′1,α′2 ,… ,α′ｎ。如果Ａ1的任何一部分列向量 (为说话方便 ,假设前ｔ个向量 ,ｔ ｎ)满足线性关系式ｘ1α′1+ｘ2 α′2 +… +ｘｔα′ｔ =0 (ｘｉ∈Ｆ ,ｉ =1,2 ,… ,ｔ) ,即ｘ1α′1+… +ｘｔα′ｔ+ 0·α′ｔ+ 1+… + 0 ·α′ｎ =0 ,亦即( 1)Ａｘ1…ｘｔ　0…     

对一个不等式的探究

文 [1]将不等式 :设ａ1,ａ2 ,ａ3,ａ4 ∈Ｒ ,求证 :ａ31ａ2 ａ3 ａ4 ａ32ａ3 ａ4 ａ1 ａ33ａ4 ａ1 ａ2 ａ34ａ1 ａ2 ａ3≥ (ａ1 ａ2 ａ3 ａ4 ) 212 ,推广为　　设ａ1,ａ2 ,ａ3,… ,ａｎ ∈Ｒ ,且ａ1 ａ2 ａ3 … ａｎ =ｓ.则有ａ31ｓ -ａ1 ａ32ｓ -ａ2 … ａ3ｎｓ -ａｎ ≥ ｓ2ｎ(ｎ - 1) (ｎ ≥ 3)(1)　　笔者通过对不等式 (1)的探究 ,得到以下命题　设ａｉ ∈Ｒ (ｉ =1,2 ,… ,ｎ ,ｎ≥ 3) ,且∑ｎｉ=1ａｉ =ｓ.如果ｍ ,ｋ满足下列条件之一 :(1)ｋ=0 ,ｍ≥ 1;(2 )ｋ=ｍ≥ 1或ｋ=ｍ ≤ 0 ;(3)ｋ>0 ,ｍ ≤ 0 ;(4 ) 0 <ｋ≤ 1,ｍ…     

也谈一个极值问题的推广

第 3 0届ＩＭＯ训练题中有一道试题 :对满足ｘ2 +ｙ2 +ｚ2 =1的正数ｘ、ｙ、ｚ,求ｘ1 -ｘ2 +ｙ1 -ｙ2 +ｚ1 -ｚ2 的最小值 .安振平先生将其推广为[1] :已知ａｉ ∈Ｒ+(ｉ =1 ,2 ,… ,ｎ ,ｎ≥ 3 ) ,∑ｎｉ=1ａｎ - 1ｉ =1 .则 ∑ｎｉ=1ａｎ - 2ｉ1 -ａｎ- 1ｉ≥ ｎｎ -1ｎ - 1ｎ .受其启发 ,笔者发现可将其进一步推广为 :已知ａｉ∈Ｒ+(ｉ=1 ,2 ,… ,ｎ ,ｎ≥ 3 ) ,α1、α2 、ｋ∈Ｎ ,ｃ>ａｋα2ｉ ,且∑ｎｉ=1ａα1+α2ｉ =ｎ ｃｋ +1α1+α2ｋα2 .则∑ｎｉ=1ａα1ｉｃ-ａｋα2ｉ≥ ｎｋｃｋ +1α1-ｋα2ｋα2 .证明 :令ｘｉ=ａα2ｉ(ｃ …     

奇完全数问题探讨

本文目的是探讨一个自然数如果是奇完全数 ,则其应具有的一些性质 .主要引理在本文中ｎ =ｐ1α1ｐ2 α2 … ｐｋαｋ,其中 ｐ1,ｐ2 ,… ,ｐｋ 为ｎ的不同素因子 .引理 1　若ａ >ｂ >0 ,ｍ >0 ,则 ａｂ>ａ ｍｂ ｍ .引理 2　 ｐ≠ 2 (1 -1ｐ2 ) -1=π28(此处 ｐ经过一切奇素数 ) .证明 :由文 [1 ]知 ｐ(1 -1ｐ2 ) -1=π26 (ｐ经过一切素数 ) ,∴　 ｐ≠ 2 (1 -1ｐ2 ) -1=π26 × (1 -12 2 ) =π28.引理 3　 (1 )若 (1 1ｐｉ-1 )≤ 2 (ｐｉ 为ｎ的不同素因子 ) ,则ｎ不是奇完全数 .(2 )若 (1 1ｐｉ)≥ 2 (ｐｉ 为ｎ的不同素因子 ) …     

正多边形基本镶嵌探秘——对一节“探究性活动”教学内容的探究

平面内 ,如果用若干个边长相等且有一个公共顶点的正多边形将公共顶点周围既无缝隙 ,又不重叠地全部覆盖 ,那么所得到的图形叫做以这个公共点为顶点的基本镶嵌 .若ｋ个正多边形组成一个基本镶嵌 ,则它们的内角之和必须等于一个周角 .假定它们的边数分别为ｎ1 、ｎ2 、…、ｎｋ,则(ｎ1 -2 ) 180ｎ1 + (ｎ2 -2 ) 180ｎ2 +… +(ｎｋ -2 ) 180ｎｋ =3 60 .整理 ,得1ｎ1 + 1ｎ2 +… + 1ｎｋ =ｋ-22 .不妨设ｎ1 ≤ｎ2 ≤…≤ｎｋ.由于正多边形最少有 3条边 ,所以ｎ1 ≥ 3 ;由于正多边形的内角α满足 60°≤ａ <180° ,3 60°60° ≥ 3 60°α>3 60…     

函数y=αsin^tx＋bcos^tx最值的别证和推广

关于函数ｙ=ａｓｉｎｔｘ+ｂｃｏｓｔｘ的最值 ,文[1 ] 应用赫尔德 (Ｈｏｌｄｅｒ)不等式给出了如下定理 :定理　函数ｙ=ａｓｉｎｔｘ+ｂｃｏｓｔｘ ,ｘ∈ (0 ,π2 ) ,ａ、ｂ为正常数 ,且ｔ ∈Ｒ(ｔ≠ 0 ,2 ) ,在ｘ =ａｒｃｔａｎ(ａｂ) 1 2 -ｔ 处取得最值 (ａ22 -ｔ +ｂ22 -ｔ) 2 -ｔ2 ,其中(1)当ｔ∈ (0 ,2 )时 ,ｙ取得最大值 ;(2 )当ｔ∈ (2 ,+∞ )时 ,ｙ取得最小值 ;(3)当ｔ∈ (-∞ ,0 )时 ,ｙ取得最小值 .本文应用凸函数的性质给出上述定理的另一证明及其推广 .首先介绍凸函数的一个性质 (引理 ) :引理　①设函数ｆ(ｕ)是定义在区间Ⅰ…     

一道冬令营试题的简解

20 0 2年中国数学奥林匹克 (冬令营 )第六题 :给定ｃ∈ 12 ,1 .求最小常数Ｍ ,使对任意整数ｎ≥2及实数 0 <ａ1≤ａ2 ≤…≤ａｎ,只要满足1ｎ∑ｎｋ=1ｋａｋ =ｃ∑ｎｋ=1ａｋ,总有 ∑ｎｋ=1ａｋ ≤Ｍ∑ｍｋ=1ａｋ,其中ｍ =[ｃｎ]表示不超过ｃｎ的最大整数 .把该题的已知等式变形后 ,对等式的左右两边分别运用切比雪夫不等式及等号成立的充要条件 ,能得到问题的一个较简明解法 .解 :所求最小常数Ｍ =11 -ｃ.∵ｍ =[ｃｎ],且ｃ∈ 12 ,1 ,∴ｃｎ -1 <ｍ≤ｃｎ <ｎ .∵ 1ｎ∑ｎｋ=1ｋａｋ=ｃ∑ｎｋ =1ａｋ,∴ ∑ｍｋ=1ｃ-ｋｎ ａｋ=∑ｎｋ=ｍ + …