关于三角形数补数及其渐近性质

对任意正整数n,设a(n)表示n的三角形数补数,即就是a(n)是最小的非负整数使得n+a(n)为一三角形数m(m+1)2.用初等和解析的方法研究了三角形数补数列狖a(n)狚(n=1,2,3,···)的渐近性质,给出了两种不同类型的渐近公式.     

一个有趣三角形系命题的别证

“如果给定实数m与n，且n≠0，4m-n~2＞0，那末对于任意实数x，存在三边长为4x~2 4m n~2的三角形，它的面积与x无关”．对于这个命题，本刊92年第二期王敦明老师运用解几知识，给出了一个构造性证明．本文利用海伦公式的一个变式，给出易为初中学生接受的简单证法．证首先导出海伦公式的一个变式．设a、b、c是三角形的三边长，由海伦公式可得如果三角形的三边为再把（2）、（3）代入（1）式得：所以这样的三角形的面积与x无关．“如果给定实数m与n，且n≠0，4m-n~2＞0，那末对于任意实数x，存在三边长为4x~2 4m n~2的三角形，它的面积与x无…     

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,     

谈三角形边间的一个关系

三角形边间具有定理“三角形任何两边的和大于第三边”及其推论“三角形任何两边的差小于第三边”等所表明的关系。此外,三形边间还具有如下所述的一个关系:“三角形任何两边的n次幂的m次算术根的和,大于第三边的n次幂的m次算术根”或“三角形各边的n次幂的m次算术根所对应的三线段能构成三角形”(其中n、m都是正整数,且m>n)这个关系的证明如下: 证明:设三角形的三边分别为a、b、c;先证明不等式:(x y)~n<((x~n)~(1/m) (y~n)~(1/m))~m(x>0,y>0,n、m都是正整数,m>n)。令x≥y。∵((x~n)~(1/m) (y~n)~(1/m))~m     

三角函数为根问题

有关角的三角函数作为一元二次方程两根问题，题型灵活多样，综合性强，是近几年常见的中考综合题．一、已知三角函数是一无二次方程中两根，求方程中参数的有关的综合题或解三角形例1实数m、n应满足怎样的条件，才能使方程的两根成为一直角三角形两税角的正弦．（1994年无锡市中招试题）分析有关直角三角形两锐角a、产的正弦（或余弦）为根问题，要注意snip一cosa、sin‘a＋cos‘a—1，slna＋cosa）0，sinacosaDeo的隐含条件和灵活运用韦达定理及判别式定理等解题．门设a、p为直角三角形的两锐角，则sin。，sinp是方程x2－／忑x＋n一。两…     

浅谈椭圆焦点三角形的性质

所谓椭圆焦点三角形是指椭圆上任一点与其两焦点构成的三角形 .本文以椭圆 x2a2 + y2b2 =1　 (a >b>0 )为例 ,利用其定义及性质来证明△F1PF2 的十一个性质 .记P(x0 ,y0 ) ,∠F1PF2 =γ ,∠PF1F2 =α ,∠PF2 F1=β ,c =a2 -b2 ,e =ca ,则有以下性质 :性质 1　△F1PF2 的周长为 2a + 2c .证明略 .性质 2　 |PF1| =a +ex0 ,|PF2 | =a -ex0 .证明略 .性质 3　△PF2 F1的面积S =b2 tan γ2 .证明　设 |PF1| =m ,|PF2 | =n ,则△PF2 F1的面积S =12 mnsinγ .由椭圆定义得m +n =2a .又由余弦定理得4c2 =m2 +n2 - 2mncosγ=(m +n) 2 -…     

某些自然序列的狄里赫勒因子问题

正确。这里λ不依赖于X,m,l,a。 特别是,如果p=g=2,则λ=(ln3)/(2ln2) 本文研究平均值函数T(n)这样的问题,当n∈N_o时是数n的因数。 定理 假设G是N_o或N\N_o,那么下面的渐近公式成立     

2005趣题

已知m、n互为相反数，a、b互为负倒数，x的绝对值等于5，求x^3-(1 m n ab)x^2 (m n)x^2005 376x(-ab)^2005的值．     

正项等比数列的两个性质

设 {an}是以 q为公比的正项等比数列 ,则有以下两个性质 :性质 1　 n a1 a2 … an=n-2 m am +1 am +2 … an-m(n >2 m)证明 :n a1 a2 … an =n a1 .a1 q… a1 qn-1 =n an1 qn( n-1 )2 =a1 qn-1 2 .设 m 2 m)的几何平均数 .记数列前 n项的积为∏n,则 (1)式可以写成n ∏n =n-2 m ∏n-m∏m(2 )注 :…     

有正确答案吗？

问题一个等腰三角形两边的长是m和n(m>0,n>0,m≠n).求该三角形的周长.看起来“问题”很简单,可这里面隐含着重要的基本概念和基础知识,一不留神,便会解错.原题并没有指明m是腰长,因此要分析情况后给出答案:当腰长为m时,三角形的周长=2m+n;当腰长为n时,三角形的周长=2n+m.上面这种解法对吗?先用具体的数值试一试:设m=2,n=1,由上面的解法便有(ⅰ)当腰长为2时,三角形的周长=5;(ⅱ)当腰长为1时,三角形的周长=4.可是,答案(ⅱ)中边长1,1,2不能构成三角形,这说明答案(ⅱ)有误.还有人这样解:当腰长为m时,若m>n2,则三角形的周长等于2m+n;当腰长为n时,…     

一个集组计数问题的简证

文 [1 ]通过数学归纳法证明了 :命题　若 ∪mi=1Ai={a1,a2 ,… ,an},且Ai≠ (i=1 ,2 ,… ,m) ,则集合A1,A2 ,… ,Am的组数g(m ,n) =∑m - 1i=0( - 1 ) iCim( 2 m -i- 1 ) n.本文利用容斥原理证明 .证明 :设Ω是满足∪mi=1Ai ={a1,a2 ,… ,an}的有序集组 (A1,A2 ,… ,Am)的集合 .Pi是满足∪mi=1Ai={a1,a2 ,… ,an},且Ai= (i=1 ,2 ,… ,m)的有序集组 (A1,A2 ,… ,Am)的集合 .由文 [2 ]知 :若∪mi=1Ai={a1,a2 ,… ,an},则集合A1,A2 ,… ,Am 的组数为 ( 2 m - 1 ) n.同理可得 ,　　 |Pi1∩ Pi2 ∩…∩Pis| =(2 m -s- 1) n (1≤s≤ m)…     

问题3.10参考答案

第a行第b列可用(a,b)表示，现假设1放在(a，b)，按规定可放“2”在(x,y),“3”在（y,x）…，最后，N^2在(m，n)．这样有(a，x)，(x,y)，(y,x)…(m,n).     

对一道数学探究题的发散思维

<正>七年级数学《整式的加减》中有这样一道探究题:如图1所示,用若干火柴棒拼成一排由三角形组成的图形,如果图形中有2,3或4个三角形时,分别需要多少根火柴棒?如果图形中有n(n≥2)个三角形,需要多少根火柴棒?本文就图形中有n(n≥2)个三角形进行发散思维,以求深刻理解这类问题的本质.一、总结数字规律,得出结论在上列表格中,由三角形的个数与火柴棒根数的规律比较发现:三角形的个数从1增加到n(n≥2)时,火柴棒的根数是从3开始的奇数间隔增加的,即三角形每增加一个,火柴棒的根数就增加2.这样,就不难发现,当有n(n≥2)个三角形时,火柴棒的根数是2n+1(n≥2).     

双曲线渐近三角形性质再探

定理1 已知直线l是过双曲线X2/a2-y2/b2=1(a>0,b>0)上的点P(x0,Y0)的切线,直线l与双曲线的两条渐近线分别相交于A、B两点,则称△OAB是双曲线的渐近三角形,渐近三角形有如下性质……     

审视一道题

我们来看一道题 :已知a、b、c为两两互不相等的有理数 .求证1(a -b) 2 + 1(b -c) 2 + 1(c -a) 2为有理数 .为了运算的简化 ,我们不妨设a >b>c,且设a=b +m ,c=b-n(m >0 ,n>0 ) ,则a-b=m ,b -c=n ,c-a =-m-n ,∴ 1(a-b) 2 + 1(b-c) 2 + 1(c-a) 2=1m2 + 1n2 + 1(m +n) 2=n2 (m+n) 2 +m2 (m+n) 2 +m2 n2m2 n2 (m+n) 2=(m +n) 2 (m2 +n2 ) +m2 n2[mn(m+n) ]2=(m+n) 2 [(m+n) 2 -2mn]+m2 n2mn(m +n)=(m+n) 4 -2mn(m+n) 2 +m2 n2mn(m+n)=(m +n) 2 -mnmn(m+n) .(因 (m+n) 2 -mn >0 ) ①因为a、b、c为两两互不相等的有理数 ,故(m +n) 2 -mnmn(m +n) …     

广义Fibonacci数列an的若干性质

设Fn表示数列Fibonacci数列的第n项，an表示{an=an-1 an-3 an-4}的第n项．得到如下结果：设“a1=1，a2=(∑i=1^mFi s)^2,a4=(∑i=2^m 1Fi s)^2，a6=(∑i=3^m 2Fi s)^2且an=an-1 an-3 na-4,则(i)a2n=(∑i=n^m n-1Fi s)^2，a2n-1 a2n-2 a2n-3=2(∑i=n-1^m n-2Fi s)(∑i=n^m n-1Fi s)；（ii)a2n 1=(∑i=n^m n-1Fi s)(∑i=n 1^m nFi s) (-1)^n 1X(m,s),其中X(m,s)=(Fm s 1-Fs 1)(Fm s 2-Fs 2)-1.从而肯定回答了徐道提出的一个猜测.     

数的连续奇数和分解

文[l]提出：n~m(n、m∈N，m≥2）能分解成以（nm-1-n 1）为首的n个连续奇数和的形式．例如，分解5~4为连续奇数和的形式，然而，5~4又可以分解成另一种连续奇数和的形式．显然，其它的乘方数往往也有几种不同的分解方法．是否可以把这些方法统一起来呢？经过认真考察分析，再猜想论证，我发现有如下结论．定理一任何形如n~m（n、m∈N，m≥2）的数都可以分解成以（n~a-n~b l）为首的n~b个连续奇数和的形式．（a、b∈N，a b=m）例如：分解3~5为连续奇数和的形式．若a=4，b=1，则3~5=79 81 83．若a=3，b=2，则3~5=19 21 … 33 35．由上可见，…     

对于轮和完全图的Ramsey函数的渐近上界

给出了当n趋向于无穷时, 对于不小于4的偶数m, 有r(Wm, Kn)≤(1 o(1))C1·(n)/(logn)(2m-2)/(m-2); 对于不小于5的奇数m, 有r(Wm, Kn)≤(1 o(1))C2(n(2m)/(m 1))/(logn)(m 1)/(m-1). 这里C1=C1(m)＞0, C2=C2(m)＞0. 特别地, C2(5)=12. 该定理是在Caro等给出的r(Cm, Kn)的渐近上界的基础上利用函数fm(x)=∫10((1-t)(1)/(m)dt)/(m (x-m)t) 得到的. 当n趋向于无穷时, c(n)/(logn)(5)/(2)≤r(K4, Kn)≤(1 o(1))(n3)/((logn)2). 本文还给出了r(Kk Cm, Kn)的渐近上界.     

关于广义m阶Euler—Bernoulli多项式的几个重要恒等式

利用广义m阶Euler_Bernoulli多项式 ,给出了有关广义m阶Euler_Bernoulli多项式的几个重要恒等式 .即 ( 1 ) ∑a b=nEa(mx (m 1 ) )·Eb(mx (m 1 ) ) (a b ) =2E(m)n 1(x) (mn ) - 2 (x-m)E(m)n (x) (mn ) ;( 2 ) ∑a b c =nEa(mx (m 2 ) ) ·Eb(mx (m 2 ) ) ·Ec(mx (m 2 ) ) (a b c ) =2E(m)n 2 (x) (mn ) - 2 [2x- (m 2 ) ]E(m)n 1(x) (mn ) [2 ( 2 -m)x2 2 ( 2m2 -m - 2 )x 2 (m m2 -m3 ) ]·E(m)n (x) (mn ) ;( 3) ∑a b=nE(m)a (x)B(m)b (x) (a b ) =2 n[B(m)n k(x) ](k) (n k) ;其中n ,k为非负整数 ,m为整数 .     

第十八届(1984年)全苏中学数学奥林匹克试题及部分解答

八年级 1.(1)如果存在n个整数,其积为n且其和为零,那么数n能被4整除。 (2)如果自然数n能被4整除,试证必存在n个整数它们的乘积为n,而和为零。 2.证明:对任意的非负数a和b,下述不等式成立 1/2(a+b)~2+1/4(a+b)≥ab~(1/2)+ba~(1/2)。 3.平面上有二个等边三角形A_1A_2A_3和B_1B_2B_3,A_1→A_2→A_3与B_1→B_2→B_3为顺时针方向。