一道IMO候选题

下面是一道关于方幂和的IMO候选题。(译自Klamkin,Murray S.Internatumal MathematicalOlympiads,1978—1985 and Faryl SupplemenlaryProblems 68—70)。 A6.设s_k=x_1~k+x_2~k+…+x_n~k,其中x_1是实数。如果 s_1=s_2=…=s_(n+1)。求证:对每一个i=1,2,…n,x_1∈{0,1}。证明1:假设s_1=s_2=…=s_(n+1)是过份强了,我们仅在n=1和n=2时需要它;在n≥3时,我们仅需较弱的假设s_2=s_3=s_4就可以了。情况 1 n=1,假设s_1=s_2就是x_1=x_1~2。很明显可以得出x_1=0或1。情况 2 n=2,假设s_1=s_2=s_3相当于     

半角公式的应用

1.用公式求值例1.求tg67°30′的值解一:tg135°/2=(1-135°/1+135°)~(1/2)=(1+cos45°/1-45°)~(1/2) =((1+cos45°)~2/sin~245°)~(1/2)=(1+cos45°)/sin45°解二:tg67°30′=sin135°/1+cos135° =(2~(1/2)/2)/1-2~(1/2)/2=2~(1/2)+1 解三:tg67°30′=1-135°/sin135°=(1+45°)/sin45° =(1+2~(1/2)/2)/2~(1/2)/2=2~(1/2)+1 上面三种解法,以解三为最简便。一般说来,如果α的正弦和余弦都知道,或者α为特殊角,那么,用公式Tα/2=(1-cosα)/sinα=sinα/(1+cosα)求值比较方便,特别用tgα/2=(1-cosα)/sinα最为方便,因为它的分母为单项式。但如果只知道cosα的值,α又不是特殊角,一般说用Tα/2=±(1-cosα/1+cosα)~(1/2)求值好些。     

用比例解行程问题

设甲乙二物在相对运动中的路程、速度、时间分别记为s、v、t,则有s_甲=v_甲·t_甲,s_乙=v_乙·t_乙。由此得推论 1 当s_甲=s_乙时,v_甲/v_乙=t_乙/t_甲; 2 当v_甲=v_乙时,s_甲/s_乙=t_甲/t_乙; 3 当t_甲=t_乙时,v_甲/v_     

关于代数的短文十二篇

公式C_(n+1)~m=C_n~m+C_n~(m-1)的一个应用利用组合数性质公式C_(n+1)~m=C_n~m+C=_n~(m-1)可以求形如{n(n+1)…(n+k-1)}的数列的前n项和S_n。 [例1] 求和 S=1·2·3+2·3·4+…+n(n+1)(n+2) 解:1/3!S=1·2·3/3!+2·3·4·/3!…+n(n+1)(n+2)/3! =C_3~3+C_4~3+…+C_(n+2)~3=(C_4~4+C_4~3)+C_5~3+…+C_(n+2)~3 =(C_5~4+C_5~3)+C_6~3+…+C_(n+2)~3=…=C_(n+2)~4+C_(n+2)~3 =C_(n+3)~4=n(n+1)(n+2)(n+3)/4!,     

幅角主值的一点应用

学习部编高中《数学》第三册复数一章之后,运用复数的幅角主值解决反三角函数的一些习题更简单,如何运用它来解题作一些浅说,现在以例子来说。例1 求证:arc tg 1/3+arc tg 1/5+arc tg 1/7+arc tg 1/8=π/4成立.如果运用三角知识来证,则必须二、三次运用公式 tg(α+β)=(tgα+tgβ)/(1-tgαtgβ)且烦,用复数证,就可简单.证明∵arc tg 1/3,arc tg 1/5,arc tg 1/7,arc tg 1/8它们都在0到π/4间,分别可设是复     

介绍一个三角恒等式的应用

在高中数学第一册中,有下面的一个三角恒等式: 在非直角三角形ABC中: tgA+tgB+tgC=tA·tgB·tgC (1)这是一个很有意思的恒等式,因为它是涉及到三实数之和等于这三实数之积的问题,因此它不论在几何或在代数中,公式(1)都有很广泛的应用。公式(1)的推广是: 如果α,β,γ满足α+β+γ=Kπ(K∈J),则 tgα+tgβ+tgγ=tgα·tgβ·tgγ (2) (2)的逆定理是: 如果tgα+tgβ+tgγ=tgα·tgβ·tgγ,则α+β+γ=Kπ (K∈J) (3) 这三个恒等式的证明是大家所熟悉的,这里就不再赘述了,下面我们介绍这些等式     

用组合数公式、组合恒等式求某些数列前N项的和

平日同学常问:象1~2+2~2+…+n~2=(1/6)n(u+1)(2n+1)1~3+2~3+…+n~3=〔(1/2)n(n+1)〕~21·2+2·3+…+n(n+1)=(1/3)n(n+1)(n+2)这样的等式它的最后结果是怎样求     

对一个猜测的探讨

在众多的组合式中 ,有一个相当漂亮的结构 :∑rn=1·Crn- 1 + 2·Crn- 2 + 3· Crn- 3+…+ ( n- r) Crr.(规定 Cnm中 ,若 m相似文献   

对高中《代数》一题解意见

高中《代数》第一册P181例3: 例3 设tgα、tgβ是一元二次方程ax~2+bx+c=0(b≠0)的两个根,求ctg(α+β)的值。解:在ax~2+bx+c=0中,a≠0,由一元二次方程根与系数之关系,得tgα+tgβ=-b/a,tgα·tgβ=c/a。而ctg(α+β)=1/tg(α+β)=(1-tgα·tgβ)/(tgα+tgβ)(＊)由题设b≠0。故tgα+tgβ≠0,代入     

Nrland Eerler与Bernoulli多项式的一个恒等式

定义了Norland Bernoulli多项式和Norland Eurler多项式,证明了恒等式: B_(m_1·m_2·…·m_p)~((k))(x_1,x_2,…x_p,y_1,y_2,…y_k)=(1/2~(sum from i to p(m_i)))((sum from s_1=0 to m_1)(sum from s_2=0 to m_2)…(sum from s_p=0 to m_p)(m_1 s_1)…(m_p s_p))E_(s_1·s_2·…·s_p)~((k))(x_1,x_2,…x_p,y_1,y_2,…y_k) B_(m_1-s_1,m_2-s_2,…,m_p-s_p)~((k))(x_1,x_2,…,x_p,y_1,y_2,…,y_k)     

和差换元法解一类初中数学竞赛题

和差唤元法就是设x=m+n,y=m-n进行代换的方法,利用这种换元法去解关于出现x+y,xy类型数学竞赛题时,往往显得简捷而巧妙,下面举例说明。一、用于计算例1 计算(31·30·29·28+1)~(1/2)。 (第七届美国数学邀请赛题) 解:设31·28=m+n,30·29=m-n。则m=869,n=-1。∴原式=((m+n)(m-n)+1)~(1/2) =(m~2-n~2+1)=m=869。二、用于求条件代数式的值例2 设a+a~(-1)=3,求a~3+a~(-3)的值。解:设a=m+n,a~(-1)=m-n,则     

一道不等式题的探讨

一、对证法设 {an}是由正数组成的等比数列 ,Sn 是其n项和 ,证明 :log 12 Sn +log 12 Sn+22 >log 12 Sn+1证法一 :若Sn·Sn+2 相似文献   

三角证明题的例

,上一no已知eo‘。+co。母一eos(二+日)=(a.阶锐角)求证:介·乙p一号325 inZ旦_2证明:因eo亏a+eo邓一eos(a+p)两边同除以。。S:7.cOS:粤,即得:,g号tg鲁一tgZ专tgZ号一合(1·tgZ韵=ZCoSCOS铲一(2一碧一1)(1+,92孕今 白,口尸一十一2 a一即2。。S碧一子一,。S:孚=合即(3 09晋tg粤)’一6 09晋tg鲁·,一卜号一t粼’3一2 一一/l、、o即= a+日/a一日c。“一豆一又。05一厄二一“053 tg号tg粤一l)’+(tg晋一tg粤)’ a+日COS一石,一 .a.日.Sin花厂.Sin不二卑旦几_粤 al‘ 1一介由此得到哈够二声:拳一。缪(一号一警一‘n誉二,·日、·a玄)‘s…     

关于一个整除性问题

先观察一例:若n为非负整数,则3~(4??+2)+5~(2n+1)能被14整除. 证明:由二项式定理(a+b)~n=am+b~n,(m∈N)则3~(4n+2)+5~(2n+1)=9·81~n+5·25~n =9·(56+25)~n+5·25~n =56m_1+9·25~n+5·25~n(m_1∈N) =14m_2+14·25~n(m_2∈N) =14(m_2+25~n)=14m_3.(m_3∈N) 故3~(4n+2)+5~(2n+1)能被14整除. 考察3~(4n+2)+5~(2n+1)=9·81~n+5.25~n有     

公式(T_(α+β))的两个重要变形及其应用

把公式(T_(α+β)): tg(α+β)=(tgα+tgβ)/(1-tgαtgβ) (α,β,α+β≠nπ+π/2(n∈Z))中的β换成-β得公式(T_(α-β)): tg(α-β)=(tgα-tgβ)/(1+tgαtgβ);又当α=β时得公式(T_(2α)): tg2α=(2tgα)/(1-tg~2α).     

第2类Stirling数Bernoulli数与Euler数的解析表示式

本文给出第2类Stirling数,Bernoulli数与Euler数的解析表示式: s_2(m+1,n)=(-1)~n/n1 sum form j=1 to n(-1)~j(?)_j~(-m+1) B_n=sum form k=1 to n 1/(k+1) sum form j=1 to k (-1)~j(?)_j~(-n) E_(2n) =1/(2n+1)[sum from p=0 to n-1 sum from k=1 to 2(n-p) sum from j=1 to k (-1)~(j-1)/(k+1)·(?)(?)(4j)~2(n-p)+4n+1]因此解决了它们的计算问题。     

浅谈构造条件解一类最值问题

最值问题中,有一类在给定条件下求最大值的问题,可用构造条件的方法求解。现介绍如下: 有关定理(柯西不等式): 对于任意实数a_i,b_i(i=1,2,…n),有:(a1b1+a2b2+…+a_nb_n)~2≤(a~21+a~22+…+a~2n)·(b~21+b~22+…+b~2n).其中,当且仅当a_i=kbi时取等号。 由柯西不等式,易得如下推论: 如果:(a~21+a~22+…+a~2n=S2(常数S>0) b~21+b~22+…+b~2n=t~2(常数t>0) 那么:a1b1+a2b2+…+a_nb_n≤S·t,当且仅当a_i/b_i=s/t(i=1,2,…,n)时,取等号,即a1b1+a2b2+…+a_nb_n有最大值s·t. 例1:已知:a2+b2+c2=1,求的最大值。 分析:为了利用推论,必须     

一类不等式的妙证

本文介绍一类不等式的证明方法。这种证法简洁,有章可循。下面举例说明: [例1] 证明不等式 1/2·3/4…(2n-1)/2n<1/((2n+1)~(1/2))。证明:令S_n=1/((2n+1)~(1/2))则 S_(n-1)=1/((2n+1)~(1/2)) ∵ S_n/S_(n-1)=((2n-1)~(1/2))/((2n+1)~(1/2))=(2n-1)/((4n~2-1)~(1/2))>(2n-1)/2n。(n≥2) 而S_1=1/(3~(1/2))>1/2。故:1/2·3/4…(2n-1)/(2n)相似文献   

强化法解题举例

对于较难的数学题,一般可采用“弱化”的方法进行思考。可对有些题目,若采用“强化”的方法来考虑,更能凑效。现以部分数学竞赛题为例说明。例1 计算:(31·30·29·28+1)~(1/2)(第七届美国数学邀请赛试题)。解:∵((x+1)·x·(x-1)(x-2)+1)~(1/2) =((x~2-x-2)(x~2-x)+1)~(1/2) =((x~2-x-1)~2)=|x~2-x-1| ∴当x=30时,原式=|30~2-30-1|=869。例2 证明是两个连续自然数的积(苏联基辅第49届数学竞赛题)。证明:先考虑一般的情况。     

观察·实验·猜想

数学是思维科学,也是实验科学.数学中的推理,不仅包含分析、综合、抽象、概括等演绎推理方式,而且包括观察、实验、归纳、猜想、调整等合情推理方式.近年的中考命题常常以此来作为考查学生数学探索能力和创新能力的好题材.下面举例说明.例1(2003年福州市)观察下列各式:1×3=12+2×1,2×4=22+2×2,3×5=32+2×3,…请你将猜想到的规律用自然数n(n≥1)表示出来:.解观察、比较所给已知等式:不难得到上述等式中所体现的规律是n(n+2)=n2+2n.说明:由特殊到一般的过程是人们认识事物的一般规律,而观察、发现、归纳是得出结论、发现数学规律最常用的…