“物不知其数”问题

“物不知其数”问题出自一千六百多年前我国古代的数学名著《孙子算经》.原题是:“今有物不知其数,三三数之余二,五五数之余三,七七数之余二,问物几何?”这道题的意思是:有一些物体,不知道有多少个.如果三个三个地数,就会剩下两个;如果五个五个地数,就会剩下三个;如果七个七个地数,也会剩下两个.问这些物体共有多少个?我国古代的数学家是根据孙子定理(也称剩余定理)来解这道题的,但孙子定理的内容,对于同学们来说,不容易理解.下面我们用列方程的方法来解这道题.解:设这些物体共有x个,则x=3k1 2=5k2 3=7k3 2.由3k1 2=5k2 3,得k1=5k2 33-2=6k2…     

用公式C_n~k=n/k(C_(n-1)~(k-1))解竞赛题

组合数 Ckn也称为二项式系数 ,在竞赛数学中有广泛的应用 ,本文仅讨论组合数中的一个公式 Ckn=nk Ck- 1 n- 1 的证明和简单应用 .例 1　证明 Ckn =nk Ck- 1 n- 1 . ( * )证明　由组合数的显式表示 :右边 =nk Ck- 1 n- 1 =nk . ( n - 1 ) !( k - 1 ) !( n - k) != n!k!( n - k) !=左边 .故 ( * )成立 .下面讨论公式 ( * )的应用 .例 2　计算 C01 1 1 C1 1 1 2 C21 1 3 … C1 1 1 1 1 2 .( 1 998上海市高中数学竞赛题 )解　由 ( * )可得 :1k Ck- 1 n- 1 =1n Ckn,当 n= 1 2 ,且 k分别取 1 ,2 ,… ,1 2后可得C01 1 1 C1 1 1 2 C…     

2007年高考天津卷理科21(I)的反思

(2007年高考天津卷理科21):在数列{}an中,a1=2,a n 1=λa n λn 1 (2?λ)?2n(n∈N?),其中λ>0.(I)求数列{}an的通项公式.以下是命题组提供的两种参考答案.解法一a2=2λ λ2 (2?λ)2=λ2 22,223233a3=λ(λ 2) λ (2?λ)2=2λ 2,334344a4=λ(2λ 2) λ (2?λ)2=3λ 2.由此可猜想出数列{}an的通项公式为an=(n?1)λn 2n.以下用数学归纳法证明.(1)当n=1时,a1=2,等式成立.(2)假设当n=k时等式成立,即ak=(k?1)λk 2k,那么ak 1=λak λk 1 (2?λ)?2k=λ(k?1)λk λ?2k λk 1 2k 1?λ?2k=[(k 1)?1]λk 1 2k 1.这就是说,当n=k 1时等式也成立.根据(1)…     

用公式C_n~k C_n~(k 1)=C_(n 1)~(k 1)巧求sum from k=1 to n(k~2)和sum from k=1 to n(k~3)

由公式C_n~k C_n~(k 1)=C_(n 1)~(k 1),可得:C_2~2 C_3~2 … C_n~2=C_(n 1)~3,sum from k=2 to nC_k~2=C_(n 1)~3,     

数学归纳法的四种类型

一、根据条件直接猜想例1已知数列{an}中的各项分别为182××132,…,8n(2n-1)2(2n+1)2,…,Sn是数列的前n项和,计算可得S1=98,S2=2254,S3=4489,S4=8810.根据结果猜测Sn的表达式,并用数学归纳法证明.解由S1=1-19,S2=1-215,S3=1-419,S4=1-811,猜想Sn=1-(2n1+1)2(n缀N+).证明如下:(1)当n=1时,S1=1-312=89,等式成立.(2)设当n=k(k≥1,k缀N)时,Sk=1-(2k1+1)2成立.∵an=(2n-1)82(n2n+1)2=(2n1-1)2-(2n1+1)2,∴Sk+1=Sk+ak+1=1-(2k1+1)2+(2k1+1)2-(2k1+3)2=1-[2(k+11)+1]2.由此可知,当n=k+1时,等式也成立.根据(1)、(2)可知,等式对任何n缀N+都…     

《数学通报》第2562号问题的探究

《数学通报》2020年9期数学问题2562给出了不等式:已知a,b,c>0满足a+b+c=3,则1-ab 1+ab+1-bc 1+bc+1-ca 1+ca≥0(1).不等式结构对称,值得关注.为此,本文拟对不等式(1)的证明方法、变式、推广等方面作一探究.为了表述方便,由∑n k=1 x k y k·∑n k=1 x ky k=∑n k=1 x k y k 2·∑n k=1 x ky k 2≥∑n k=1 x k 2,可得柯西不等式的一个变式:引理设x 1,x 2,…,x n>0,y 1,y 2,…,y n>0,则有∑n k=1 x k y k≥(∑n k=1 x k)2∑n k=1 x ky k(2),等号当且仅当y 1=y 2=…=y n时成立.     

数学归纳法错用一例

问题设a1,a2,a3,…,an都是正数,且a1a2a3…an=1.试用数学归纳法证明:a1 a2 a3 … an≥n.错证(1)当n=1时,a1=1,结论显然成立.(2)假设n=k时,结论成立,即a1a2a3…ak=1时,a1 a2 a3 … ak≥k成立.当n=k 1时,a1 a2 a3 … ak ak 1≥k ak 1,而a1a2a3…akak 1=1,所以ak 1=1,从而a1 a2 a3 … ak ak 1≥k 1.这就是说,当n=k 1时,结论仍成立.由(1)(2)可知,对任意的n∈N*,结论成立.剖析在归纳假设中,由a1a2a3…ak=1(其中ai>0,i=1,2,…,k),则有a1 a2 a3 … ak≥k成立,其实质是若k个正数的积是1,则这k个正数的和不小于k.在递推中,当n=k 1时,有a1a2a3…akak …     

例谈使用数学归纳法时的几个问题

例1用数学归纳法证明等式:2 4 6 … 2n=n~2 n 1(n∈N~ ).误证:(1)易知n=1时等式成立;(2)假设当n=k时,等式2 4 6 … 2k=k~2 k 1成立,则当n=k 1时,有:2 4 6     

运用构造思想推导公式sumfromi=1toni~2=(n(n 1)(2n 1))/6(高二、高二)

从不同角度、不同层面,运用构造思想与方法来探究公式sum from i=1 to n i~2=(n(n 1)(2n 1))/6 的推证方法,对于深入认识事物的本质、锻炼思维品质、培养创新能力,具有不可低估的作用.请看: 1.构造恒等式 方法1 运用数的特征进行联想,引入高一次恒等式 (k 1)3=k3 3k2 3k 1(k=1,2,…,n),得 (k 1)3-k3=3k2 3k 1. 令k=1,2,…,n,递推迭加有     

数列探索性问题的求解策略

由于探索性问题能够有效地考查学生的数学素质 ,因而成为高考命题的热点 .下面仅就数列中探索性问题的求解策略作些归纳 ,以期抛砖引玉 .一、利用公式直接求解例 1　是否存在常数a ,b ,c使等式 1·n+ 2 · (n -1) +… + (n -1) ·2 +n·1=an3+bn2 +cn对任意的n∈N 恒成立 ?证明你的结论 .解　对等式左边求和 .∑nk=1k(n+ 1-k)=∑nk=1[k(n+ 1) -k2 ]=(n+ 1) ∑nk=1k -∑nk=1k2=n(n+ 1) 22 -n(n+ 1) (2n + 1)6=n3+ 3n2 + 2n6.比较系数可得a=16,b=12 ,c=13 .二、先用特值探路 ,再用数学归纳法证明对于例 1,分别令n =1,2 ,3 ,代入等式 ,得a +b+…     

关于同径球的三种特殊堆垒的思考

把半径相同的球由底面向上逐层一个空(kong)对空堆垒,使同层球相切,且到最后无空.“空”就是间层中相邻三球中间的空隙.若最底层是正三角形、正方形、圆形,则从最顶层到最底层中每层球的个数有何规律呢?从最顶层向下n层后共有多少球呢?本人带着这个想法作了一些实验,取得一些数据,经过近一年的分析思考得到一些结论如下:1 最底层是正三角形 设从上到下前n层球数为:a1,a2,a3,a4,… a_n,则a1=1,a2=3,a3=6,a4=10,a5=15,…,a_n=n(n+1)/2 从而可得第n层球数通项公式为:a_n=n(n+1)/2     

涉及三角形边角关系的两个猜想

以下用a、b 、c 分别表示△ ABC 中角 A 、 B 、C 的对边,文[1]给出了两个猜想: 猜想1若an,bn,cn(n ≤ 4,n∈R?)成等差数列,则 B ≤ 60° . 猜想 2 若0 < n ≤ 4,k ≥1,则 k2 ? k 1≥ (kn2 1)n2 . 猜想 2 的证明: f (k) = ln(k2 ? k 1) ? ln 2 kn 1 , n 2 k2 ? k 1 = (k ? )2 > 0 , 1 3 2 4 对k …     

由(k+1)~2=k~2+2k+1想到的

完全平方公式:(k+1)2=k2+2k+1是同学们非常熟悉的乘法公式之一.接下来请同学们和我一起利用这个公式进行一个小研究. [探索一]在这个公式中,如果分别令k= 1,2,3,…,n,那么可以得到以下n个等式:     

第二部分 热点题型习题精练

探索型1.解 :( 1)依题意可得 :x1+ x2 =2 ,x1· x2 =k由 y=( x1+ x2 ) ( x12 + x2 2 -x1x2 ) =( x1+ x2 ) [( x1+ x2 ) 2-3 x1x2 ] =2 ( 4 -3 k) =8-6k　即 y=8-6k.( 2 )∵方程有两实数根∴ Δ=b2 -4ac=4-4k≥ 0 .∴ k≤ 1.由此得 -6k≥ -6.　∴y=8-6k≥ 8-6=2 .即当 k=1时 ,y有最小值 2 ,没有最大值 .2 .( 1)解 :∵∠ BAC=∠ BCO,∠ BOC=∠ COA=90°,∴△ BCO∽△ CAO,∴ AOCO=COOB.∴ CO2 =AO· OB.由已知可得 :AO=| x1| =-x1,OB=| x2 | =x2 .∵ x1x2 =-m<0 ,∴ m>0 .∴ CO=m,AO· OB=m.∴ m2 =m,∴ m=1,m=0 (舍去 ) .∴…     

关于1984的数学题

1.试证:1984可以表为某些i生井自然数证明f限设 1984=l、十(l、+!、干…+(k+n).(空}吸2沁一卜n)(n十卜)二2?·只1.川洁为素炎交.(k2kneN)那么198、!业旦士髻竺卫一,11斗+n二2‘,}二3 1.(])(2)2二31=(Zk+n)(n+1) 2 (l) 21=3 0. 故19 84可自然数的币约两式联立解之.得k二Jg,火表为拍一j不为49.末顶为79的3}个为.46“甲,泞纵与-一-~一...‘匆........‘二.数 2.试证:1984不能表为c:+C己+C乏+…+C公的和。(11任N) 证明根据二项式定理,有 (1+:).=C呈+C二x+C呈x“+…+把!:面的n个等式两边相加.便得 厂n(n+1)、 ]。+2。+3。+…+no=l——I .二…     

问题6.1解法

题目分数粤的分子、分母分别加上5。、8。后便可以约分,求 I满足条件的所有的两位正整数a.一:几6+sa用牛E砚石一万一石下一 I州卜O“解方程组,得k-km~_._,一等军,则可得k”’乃J刁’, 13sm一5”’6+sa7+8“一km,一kn.6n一7msm一sn’13是质数,k为正整数,且k笋1,3m一5。~1.③ l片2-由①知,只能有k一13.sm一sn一1是不定方程,易见由③一④, (刀=3 8火2一5只3一1。得8(m一2)一5(n一3) n一3 8 是它的一个特解,即 ④=O,设塑Z月— 5一25n一3 8一q(q为整数).可得刀2T,一sq+2,一sq十3.这就是方程③的所有整数解.由②,得丫10(=6”一7m=6(89+3)一7(5…     

一道竞赛题的误解引出的思考

某初中数学邀请赛有一道试题:“k为何值时,方程(k~2一1)X~2一6(3k一1)x 72=0有两个不等的正整数根.”先请看标准答案:gb—3士(3k—9)“当k’一140,即k4士1时,x一——,—“-“”-k?一112 6.___、.,__即x;一_,.;一_.”.”x1、x.是止数,”.h 1>0只一’‘“h 1”~hi””“”“.——..,··.l—v—k—l>0,’.k>1,义”.”xI、x.为正整数,’.k 1 fi k—1分别能整除u和6,即可取在一2或足一3.当h一3时.、r一x.一S,不合题意舍去.当h一2时,方程有两个不等正整数地.一4,.;一6.”.k—2、’     

2013年高考数学新背景试题赏析

<正>一、以历史名题为背景的试题赏析例1(湖北卷)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数.如三角形数1,3,6,10,…中,第n个三角形数为n(n+1)/2=1/2n²+1/2n,记第n个k边形数为N(n,k)(k≥3),以下列出了部分k边形的表达式:三角形数N(n,3)=1/2n2+1/2n,记第n个k边形数为N(n,k)(k≥3),以下列出了部分k边形的表达式:三角形数N(n,3)=1/2n²+1/2n,     

2003年全国高中数学联赛试题解答集锦

一、选择题 (本题满分 3 6分 ,每小题 6分 )1 .删去正整数数列 1 ,2 ,3 ,…中的所有完全平方数 ,得到一个新数列 .这个新数列的第 2 0 0 3项是(　　 ) .A .2 0 46　B .2 0 47　C .2 0 48　D .2 0 49标准答案 :注意到 45 2 =2 0 2 5 ,462 =2 1 1 6,∴ 2 0 2 6=a2 0 2 6 - 45=a1981,2 1 1 5 =a2 115- 45=a2 0 70 .而且在从第 1 981项到第 2 0 70项之间的 90项中没有完全平方数 .又 1 981 + 2 2 =2 0 0 3 ,∴a2 0 0 3=a1981+ 2 2 =2 0 2 6+ 2 2 =2 0 48.故选C .别解 :将所得新数列按照第k组含有 2k个数的规则分组 :( 2 ,3 ) ,( 5 ,6,7,8) ,( …     

三个比较大小的趣题赏析

问题　试比较以下三对数的大小 :(1) 2 0 0 3 2 0 0 4与 2 0 0 42 0 0 3 ;(2 )log2 0 0 3 2 0 0 4与log2 0 0 42 0 0 5 ;(3 ) 1+ 12 0 0 32 0 0 3 与 1+ 12 0 0 42 0 0 4.赏析 (1)　第一对数的大小比较 ,可以转化为比较nn+1与 (n + 1) n(n∈N ,n≥ 3 )的大小 ,实际上 ,有结论nn+1>(n+ 1) n,其中n∈N ,n≥ 3 .证明有以下方法供参考 .证法 1　凡是与自然数有关的命题 ,都可以考虑用数学归纳法证明 ,该结论也一样 .(i)当n=3时 ,3 4 =81>43 =64成立 ;(ii)假设n =k ,k≥ 3时 ,kk+1>(k + 1) k成立 ,则当n =k+ 1时 ,有(k+ 1) k+2(k + 2 ) k+1=(k +…