一道数学竞赛题的另解

题目　已知在△ABC中 ,∠ACB =90°,如图 1所示 .当点D在斜边AB上 (不含端点 )时 ,求证 :CD2 -BD2BC2 =AD -BDAB .( 2 0 0 3,全国初中数学联赛 )　　证明 :作CE⊥BA于点E .设BC =a ,AB=c ,CE =h ,BD =m ,AD =n ,CD =t,BE =p ,ED =k .显然 ,p k =m .则CD2 -BD2BC2 =t2 -m2a2=h2 k2 -m2a2 =h2 (k m) (k -m)a2 .将h2 =p(k n) ,k -m =-p ,a2 =pc代入上式 ,得CD2 -BD2BC2 =p(k n) -p(k m)pc=p(n -m)pc =n -mc =AD -BDAB .当D与E重合时 ,h =t,k =0 ,上述证明同样成立 ;当D在E左侧时 ,k <0 ,同理可证结论成立 .…     

一个不等式的指数推广及应用

文 [1]给出了一个不等式 :2 (n+1- 1) <∑nk=11k<2 n - 1　 (n>1) . ( )本文首先用初等数学知识 ,借助于算术—几何均值不等式对 ( )式进行指数推广 ,从而把( )式统一到本文定理之中 ,最后指出该定理的应用 .定理　 11- p[(n+1) 1 -p - 1]<∑nk=11kp<11- p· n1 -p - 11- p+1(p∈ Q且 p>0 ,p≠ 1,n>1) .定理证明依据如下引理 :引理 1　 1kp<11- p[k1 -p- (k- 1) 1 -p](p∈ Q且 P>0 ,p≠ 1,k>1) .证明　 (1)当 0 m kt· (k- 1) m -t,∴k- m- tm >m …     

数学归纳法的归纳

在与自然数有关的数学命题的论证中,数学归纳法是一种重要的方法.它的依据是自然数的基本性质,即自然数有最小的数,无最大的数,且每个自然数后面都有一个后继数.用数学归纳法证明的步骤如下:(1)证明当n取第一个自然数n_0命题是正确的;(2)假设n取某一个自然数K(K≥n_0)命题正确,证明n=k+1时,命题也是正确的.由(1)与(2)可以断定,这个数学命题,对于任何n≥n_0的自然数,都是正确的.     

一个命题的推广

课堂上,老师介绍了一个命题: 对任何自然数n,存在自然数m,使得。 我注意到2~(1/2)-1=2~(1/2)-1~(1/2)也是两个连续自然数的平方根的差,便问老师:     

一类高次方程根的性质的证明

1.在方程x~3+lx~2+mx+n=0中,系数l、m、n都是自然数旦分别能被自然数p、p~2p~3整除,方程的根为α、β、γ,则对于任何自然数k,α~k+β~k+γ~k为整数,且能被p~k整除。 2.在方程x~4+lx~3+mx~2+rx+q=0中,系数l、m、r、q都是自然数且分别能被自然数p、p~2、p~3、p~4整除,方程的根为α、β、γ、δ,则对于任何自然数k,α~k+β~k+γ~k+δ~k为整数且能被p~k整除。一般的有: 3.在方程x~n+α_1x~(n-1)+α_2x~(n-2)+…+a_(n-2)x~2+a_(n-1)x+α_n0中,系数α_1、α_2、…、α_都是自数然且分别能被自然数p、p~2、…、p~n整除。方程的根为x_1、x_2、…、x_n,则对于任何自然数k,x_1~k+x_2~k+…+x_a~k为整数且能被p~k整除。     

一道竞赛题的探究

本刊1987年第五期《高中数学基础知识竞赛题》第一试第6题是: 比较(1-1/1987)(1-2/1987)…(1-87/1987)和1897/1987的大小。本文给出结论的改进,推广和引伸:(1-1/1987)(1-2/1987)…(1-87/1987)<1/4。 (1) (1)式可推广为命题1 设m,n为自然数,m≤n, 则(1-1/n)(1-2/n)…(1-m/n)<1/2~(2m(m+1)/3n) (2) 为证明(1)与(2),先证明下面两个命题: 命题2 设0≤x≤1,则 1-x≤1 e~x。 (3) 证明:设f(x)=1-x-1/e~x,0≤x≤1·     

5~(1/2)、13~(1/2)、21~(1/2)、29~(1/2)等都是无理数的统一证明

<正>本文仅从整数的奇偶性上引出矛盾,利用反证法给出5^(1/2)、13(1/2)、13^(1/2)、21(1/2)、21^(1/2)、29(1/2)、29^(1/2)等数均为无理数的统一证明,供同学们参考.定理若p是自然数,则(8p+5)(1/2)等数均为无理数的统一证明,供同学们参考.定理若p是自然数,则(8p+5)^(1/2)是无理数.证明假设(8p+5)(1/2)是无理数.证明假设(8p+5)^(1/2)是有理数,即有(8p+5)(1/2)是有理数,即有(8p+5)^(1/2)=m/n(m/n是既约分数),则有(8p+5)n(1/2)=m/n(m/n是既约分数),则有(8p+5)n²=m2=m²……(1)[1]假设m与n均为偶数,则恰与m/n为既约分数矛盾!故假设[1]不真!     

H.Guggenheimer不等式的再加强

文 [1]得出H .Guggenheimer不等式rnahna+rnbhnb+rnchnc≥ 3 (n≥ 1) .①文 [2 ]将式①加强为rarbrchahbhc≥ 1.②本文将证明两个更强的结论 .命题 1　设△ABC的高和旁切圆 ,外接圆 ,内切圆半径分别为ha、hb、hc,ra、rb、rc,R ,r .在n≥ 1时 ,有rnahna+rnbhnb+rnchnc≥ 3 2R -r3rn.③引理[3 ] 　设p为△ABC的半周长 ,则有∑ara=2p( 2R -r) .④其中“∑”表示循环和 .命题的证明 :由三角形中的恒等式aha=2pr等和式④ ,以及不等式 an+bn+cn3 ≥a +b +c3n 知rnahna+rnbhnb+rnchnc=∑rnahna=∑(ara) n(aha) n=∑(ara) n( 2pr) n ≥ 3( 2pr)…     

单差推证法

大家知道,数字归纳法在证明与自然数有关的命题中起着举足轻重的作用。然而在许多命题的论证过程中又需要一定的技巧,且证明又十分复杂。为了避免数学归纳法这一不足,我们应用数学论证的另一种方法——单差推证法,从而起到简化论证有关自然数命题的作用。若p(n)—Q(n)是依赖于自然数N的命题,如果p(n。)—Q(n。)(n。∈N)及[p(n)—p(n-1)]—[Q(n)—Q(n—1)]都能使命题成立,则对任意自然数 n(n≥n。)命题 P(n)—Q(n)成立,这种论证方法叫单差推证法。对于自然数的任何一个非空子集如:{1、2、4、6……},{6、8、9、10、11}可以看出它们都有最小数1和6,这个问题就是数学中的一个公理:最小数原理:任何自然数的非空子集,一定有最小数。这个原     

一个不等式的推广及应用

对于具有几何意义的不等式:|x-m| |x-n|≥|m-n|(x、m、n∈R)可以推广为:|x-m|u |x-n|u≥2|m2-n|u(u∈N)定理:已知:x,m∈R,求证:|x-m|u |x-n|u≥2|m2-n|u(u∈N)证明:采用数学归纳法.(1)当u=1时,|x-m| |x-n|≥|m-n|①结论显然成立(2)假设命题在n=k时成立,则|x-m|k |x-n|k≥2|m2-n     

组合式sum from k=1 to n((-1)~kK~mC_n~k(m∈N))的计算

引理1 当m相似文献   

圆锥曲线轨迹探求方法

例差数列;(3)若C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),点P1(a,0),对于给定的自然数n,当公差d变化时,求Sn的最小值.解(1)∵P1(3,0),则a1=OP12=9.又S3=3a1+3d=162,则d=45,a3=a1+2d=99=OP32.令P3(m,n),则有m29-n2=1,m2+n2=99.解得m2=90,n2=9,即mn==±±33姨10,.∴符合条件的一个P3的坐标为(3姨10,3).(2)已知数列a n成等差数列,当n≥2时,an-an-1=OPn2-OPn-12=(xn2+yn2)-(xn-12+yn-12)=(xn2-xn-12)+(yn2-yn-12)=xn2-xn-12+2p(xn-xn-1)=d.∴n≥2时,(xn+p)2-(xn-1+p)2=xn2-xn-12+2p(xn-xn-1)=d.∴数列{(xn+p)2}为等差数列.例1已知F1,F2是椭圆x2a2+y2…     

谈数学归纳法的另一种形式

高中课本数学第三册所介绍的数学归纳法又可称为第一数学归纳法,它是证明关于自然数命题的一种有效方法。但是对于某些关于自然数的命题,它却是无能为力的。为此有必要引入第二数学归纳法:对于自然数的命题,如果(1)能验证n=1时命题正确;(2)假设所有的n≤k时命题正确,能推出n=k 1时命题也正确,那么此命题对于一切自然数都成立(证明略)。 在证明由相邻两个结果的正确性可推出第三个结果的正确性的自然数命题时,又可变通使用第二数学归纳法。这时应该(1)验证n=1,2时命题正确;(2)假设n=k-1,k时命题正确,由此推得n=k 1时也正确。     

连续自然数的和与积的一些性质

几个连续自然数所构成的数列,是一个以1为公差的等差数列,根据等差数列的通项公式可知,最小数为m(m≠0,下同)的n个连续自然数的和为Sn=nm+n(n-1)2.(1)最小数为m的n个连续自然数的积记为Tn=m(m+1)(m+2)…(m+n-1).(2)本文对几个连续自然数的和与积的一些性质做一点探讨.关于这些性质,我们或者给出证明思路,或者只给出结论,其详细的证明留给有兴趣的读者去完成.1连续自然数之和的性质性质1两个连续自然数之和是奇数.性质1显然成立.由性质1不难推出:任意四个连续自然数之和(两个奇数之和)一定是偶数.进一步有:任意4n(n∈N+)个连续自然数之和一定是偶数.     

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。     

圆锥曲线两个性质的合并推广

文[1]给出圆锥曲线的一个有趣的性质:在圆锥曲线(等轴双曲线除外)的焦点所在的对称轴上必存在一定点,过该定点的弦被定点分成长为m,n的两部分,使得m12+n12为定值.实际上椭圆、抛物线还有一个有趣的性质:过焦点的弦被焦点分成长为m,n的两部分,则1m+1n为定值.文[2]探讨了上述第一个性质及推广,本文从另一个角度探索其本质.我们注意到焦点也在对称轴上,那么过对称轴上其它点的弦,究意有什么性质呢?笔者通过对该问题的探究,把圆锥曲线的这两个性质合并推广到一般情况.命题1设过定点P(q,0)(q≠0)的直线交抛物线y2=2px(p>0)于两点P1,P2,记│PP1│=m,│PP2│=n,则m12+n12+│2q(│p-mq·)n为定值.证明设P1P2方程为x=ty+q,代入y2=2px得y2-2pty-2pq=0,设P1(x1,y1),P2(x2,y2),则y1+y2=2pt,y1y2=-2pq.而m2=│EP1│2=(1+t2)y12,n2=│EP2│2=(1+t2)y22,所以1m2+n12+│2q(│p-mq·)n=(1+t2y)21·+(yy221y2)2+(1+t22()p│-qqy)1y2│=│q│...     

等差数列前n项和的一个性质及应用

性质　已知数列 an 为等差数列 ,若Sm =a ,Sn =b ,其中m ≠n ,则Sm +n =(m +n) (a-b)m -n .证明　∵数列 an 为等差数列 ,∴Sn =An2 +Bn .由题设得Am2 +Bm =a ,①An2 +Bn =b ,②①·n-②·m ,得Amn(m-n) =an-bm ,即Amn =an -bmm -n .∴Sm +n =A(m +n) 2 +B(m +n)=Am2 +Bm +An2 +Bn　 + 2Amn=a +b + 2an -2bmm -n=(m +n) (a-b)m -n .运用此性质 ,可速解下列问题 .例 1　等差数列的前m项和为 3 0 ,前 2m项和为 10 0 ,则它的前 3m项和为 (　　 )(A) 13 0　 (B) 170　 (C) 2 10　 (D) 2 60解　∵Sm =3 0 ,S2m =10 0 ,∴S3m =(m+ 2m) …     

向量数量积的n维拓广及应用

对于平面向量(-m)=(a,b),(-n)=(c,d),数量积为(-m)·(-m)=|(-m)|·|(-n)|cosθ=ac bd,其中θ为(-m)、(-n)的夹角,而三维空间向量(-m)=(a,b,c),(-n)=(d,e,f)的数量积是(-m)·(-n)=|(-m)|·|(-n)|cosθ=ad be cf(θ是(-m)、(-n)的夹角),我们可以把向量数量积的概念推广到n维欧几里得空间:     

刍议数学归纳法证明整除性问题技巧

用数学归纳法证明整除性问题,如:求证f(n)能被a整除,设f(n)是随自然数变化的已知整式(或整数),a是给定的整式(或整数).由假设n=k时命题成立,来推证n=k+1时命题也成立,是最关键的一步,也是最难证明的一步.如果用f(k+1)除以f(k),求出它的余数(或余式),即设f(k+1)=qf(k)+r,q为商,r为余数(或余式).若r能被a整除,则由假设可知f(k+1)能被a整除,即n=k+1时命题也成立.这样,就极大地简化了证明过程.     

一道联考试题的解析

<正>试题来源江苏省教育学会考试专业委员会命制的《2013届江苏省四星级高中高三联考卷》第13题:题目若0相似文献