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(n∑i=1biair)2≤(n∑i=1biai2r)的推广及其应用

本文将[1]中不等式(n∑i=1biair)2)≤(n∑i=1biai2r)推广到左边和式的幂指数为n时的结论和推论,并举例说明其应用.     

n∑i=1[a+(i-1)d]m与求和矩阵

构造一个多项式递归序列,得到n∑i=1[a+(i-1)d]m的一种求法,使求和矩阵n∑i=1im的计算成特殊情况.     

关于等幂和∑i=1^ki^n

征明了每一个等幂和∑i=1^ki^n(n为自然数)都可以表成k的n 1次多项式fa(k),并给出了fa(k)关于n的一个递推公式。     

不等式n(∏)i=1(1/xi-xi)≥(n/k-k)n成立的另一限制条件

文[1]用数学归纳法证明了如下不等式:设正整数n≥3,xi＞0(i=1,2,…,n),n∑i=1xi=k≤1,则     

不等式（∑^n i=1biai^4）^2≤（∑^n i=1 biai^2r）的推广及其应用

本文将[1]中不等式（∑^n i=1biai^4)^2≤(∑^n i=1 biai^2r)推广到左边和式的幂指数为n时的结论和推论，并举例说明其应用。     

关于不定方程8∑i=1 1/xi-8∏i=1 1/xi=1

讨论了不定方程8∑i=1 1/xi-8∏i=1 1/xi=1,给出了该方程解序列的递归性和求解的一个充要条件,同时得到了方程的部分正整数解。     

关于n+1∑I=1aicin-1的两个定理

通过研究,得知 n+1∑i=1aicin-1的结果与数列有密切的关系,有以下二个定理:     

递推数列xn＋1=k∑i=1aixn-i＋1的敛散性问题

递推数列xn 1=k∑i=1aixn-i 1的敛散性判定及其计算极限方法无规律可循,本文用矩阵知识讨论一类递推数列xn 1=k∑i=1aixn-i 1敛散性判定及计算方法.特别对递推数列xa 1=axn bxn-1作了系统研究.     

计算n∑k=1 f（k）的一个初等方法

本文利用二项式定理推出前n个自然数的各次方和公式，进而将n∑k=1 f(k)＝n∑k=1 （ack^m a1k^m-1 ... am-1k am)写成n∑k=1 k^m a1n∑k=1 k^m-1 ... am-1n∑k=1 K amn∑k=1 1从而进行有关的计算。     

lim n→∞ sum n∑i=1 n^kf[i^q/n^p]型极限的计算公式及其应用

对p〉q≥0情形下,形如lim n→∞ sum n∑i=1 n^kf[i^q/n^p]的一类和式极限,给出并证明了其计算公式。该公式在求解这类极限时具有计算简便、适用面宽等优点,进一步还可运用于可化为这类和式极限的积式极限的计算。     

∑ from k=1 to n k~2的三种求法

数列的求和问题是一个饶有兴趣的问题.本文给出三种求数列{n2}的前n项和的方法,并对数列求和的一般解法做些探讨.方法1:归纳假设法这种方法利用最初的数值计算列表发现规律,而后猜测答案,这是发现数学公式的重要方法之一,它给我们“在没有公式之前怎样去找公式”提供了一个很好的范例.取n=1,2,3,4,5,…分别计算∑nk=1k和∑nk=1k2列表如下:12345…∑nk=1k=1+2+…+n1361015…∑nk=1k2=12+22+…n215143055…∑nk=1k2∑nk=1k1(33)35373(39)131…计算∑∑kk2得到一个数列:33,35,37,93,131,…显然此数列可写成2n3+1,所以有12+22+32+…+n21+2+3+…+…     

不等式multiply from i=1 to n X_i-sum from i=1 to n X_i>2~n-2n及其简单运用

本文介绍不等式∏≥2~n-2n,并且说明它的一些简单运用。定理设整数 x_1≥2,i=1,2,…,n,那么∏≥2~n-2n.i=1 i=1证明不失一般性,令 x_1≥x_2≥…≥x_n.对 n 用数学归纳法。当 n=2时,x_1·x_2-(x_1+x_2)=x_1(x_2-1)     

关于∑i=1^n＋1aicn^i-1的两个定理

通过研究，得知∑i=1^n 1aicn^i-1的结果与数列有密切的关系，有以下二个定理：     

巧用公式S=a1/1-q放大 妙证n∑i=1 a1〈m型不等式

对于n∑i=1 a1〈m型的数列不等式的证明,大家都知道利用放缩法处理,但放缩过程又常常因为放过了头而导致解题失败,此时,不少教师普遍感到茫然与无助,于是教学中每到遇到此类问题时,就诚惶诚恐,觉得自己昏昏然,怎么向学生交待清楚？对此,笔者针对教师对这类问题解决的困惑,进行了深的思考：此类问题的解决有无规律性？     

不等式multiply from i=1 to n (xi+1/x_i)≥(n+1/n)~n的推广

关于不等式multiply from i=1 to n(x_i+(1/x_i))≥(n+(1/n))~n(x_i为正数,sum from i=1 to n x_i=1)的正确性,《数学通讯》已有多篇文章给出了证明,本文将这个不等式推广到较一般的情形。从sum from i=1 to n x_i的值上推广有: 定理1 (1)如果x_i∈R+(i=1,2,…,n),     

由不等式[1/nn∑i=1a2i]1/2≥1/nn∑i=1ai所想起的

我们知道对于n个正常数ai(i=1,2,…,n),由柯西不等式易知:     

方程y′=n∑i=0 Pi（x）y^i可积的一种充分条件

给出方程y′=n∑i=0 Pi（x）y^i可积的一种充分条件和满足条件时通积分的求法,得到了第一类Appel方程的一个便于应用的新的可积性判别法及相应的通积分表达式。     

关于一类Diophantus方程n∑I=1xi=n∏I=1xi的整解

作者在本文中,引入了解型概念,并将解型分为平凡、正、负、0-混合及非0-混合五种,从而极大地降低了问题的复杂性,得到了两个关键定理(定理4以及定理10)提供了求Diophantus方程n∑xii=1=n∏xii=1的全部正解型及全部非0-混合解型的途径.从而,解决了这两种解型的个数及构造问题.     

级数∞∑i=1(-1)n+1 1/n的重排

级数∞∑i=1（-1）^n＋1 1/n收敛于1n2，再由公式Hn=1nn＋C=εn，得出该级数按一定规律重排后的级数的收敛值。