自然数分拆成若干个连续奇数之和的充要条件

非2幂的自然数分拆成若干个连续自然数之和的问题已被文[1]解决，本文经过类比研究。得到了自然数分拆成若干个连续奇数之和的充要条件及与此分拆问题相关的一些主要结果。     

正多边形基本镶嵌探秘——对一节“探究性活动”教学内容的探究

平面内 ,如果用若干个边长相等且有一个公共顶点的正多边形将公共顶点周围既无缝隙 ,又不重叠地全部覆盖 ,那么所得到的图形叫做以这个公共点为顶点的基本镶嵌 .若ｋ个正多边形组成一个基本镶嵌 ,则它们的内角之和必须等于一个周角 .假定它们的边数分别为ｎ1 、ｎ2 、…、ｎｋ,则(ｎ1 -2 ) 180ｎ1 + (ｎ2 -2 ) 180ｎ2 +… +(ｎｋ -2 ) 180ｎｋ =3 60 .整理 ,得1ｎ1 + 1ｎ2 +… + 1ｎｋ =ｋ-22 .不妨设ｎ1 ≤ｎ2 ≤…≤ｎｋ.由于正多边形最少有 3条边 ,所以ｎ1 ≥ 3 ;由于正多边形的内角α满足 60°≤ａ <180° ,3 60°60° ≥ 3 60°α>3 60…     

初学数学归纳法易犯的通病

1　数学归纳法所谓“数学归纳法”是证明一个与自然数ｎ有关的数学命题时 ,所采取的一种证明方法。其具体步骤 :( 1)验证ｎ取第一个值ｎ0 时 (如ｎ0 =1、2或 3)命题成立 ;( 2 )假设ｎ =ｋ(ｋ∈Ｎ且ｋ≥ｎ0 )时结论正确 ,并且在此假设条件下 ,当ｎ =ｋ +1时结论也正确。则原命题正确。这种方法我们称之为数学归纳法。如证明等差数列的通项公式ａｎ=ａ1+(ｎ - 1)ｄ证明 :( 1)当ｎ =1时左边 =ａ1右边 =ａ1+( 1- 1)ｄ =ａ1等式成立( 2 )假设当ｎ =ｋ(ｋ∈Ｎ且ｋ≥ 1)时ａｎ=ａ1+(ｋ - 1)ｄ则当ｎ =ｋ +1时ａｋ +1=ａｋ+ｄ =ａ1+(ｋ - 1)ｄ +ｄ=…     

自然数分拆成若干个连续奇数之和的分拆种数

本文给出了自然数分拆成若干个连续奇数之和的分拆种数的计算公式 ,并就其应用进行了举例     

关于自然数平方和的几个模型

自然数的平方和∑ｎｋ =1ｋ2 =16 ｎ(ｎ 1) ( 2ｎ 1)有多种证明方法 ,除了用数学归纳法、变换数学公式、组合恒等式等证明外 ,还可以构造模型来证明 .模型 1　分析求和数 ,ｋ2 (ｋ =1,2 ,… ,ｎ)表示ｋ个ｋ之和 .12 2 2 … ｎ2 形式整齐 .作一等边三角形 ,将各边分成ｎ - 1等份 ,过分点作另两边的平行线 ,可以得到 1 2 … ｎ =12 ｎ(ｎ 1)个分点 .将求和数摆到三角形各交点上 ,ｋ2 摆在第ｋ行的ｋ个位置上 ,表示ｋ个ｋ之和 (图 1( 1) ) .旋转此三角形数阵得到另两个三角形数阵 (图 1( 2 )、1( 3) ) ,每一线段上的数字顺序成等…     

也谈一个极值问题的推广

第 3 0届ＩＭＯ训练题中有一道试题 :对满足ｘ2 +ｙ2 +ｚ2 =1的正数ｘ、ｙ、ｚ,求ｘ1 -ｘ2 +ｙ1 -ｙ2 +ｚ1 -ｚ2 的最小值 .安振平先生将其推广为[1] :已知ａｉ ∈Ｒ+(ｉ =1 ,2 ,… ,ｎ ,ｎ≥ 3 ) ,∑ｎｉ=1ａｎ - 1ｉ =1 .则 ∑ｎｉ=1ａｎ - 2ｉ1 -ａｎ- 1ｉ≥ ｎｎ -1ｎ - 1ｎ .受其启发 ,笔者发现可将其进一步推广为 :已知ａｉ∈Ｒ+(ｉ=1 ,2 ,… ,ｎ ,ｎ≥ 3 ) ,α1、α2 、ｋ∈Ｎ ,ｃ>ａｋα2ｉ ,且∑ｎｉ=1ａα1+α2ｉ =ｎ ｃｋ +1α1+α2ｋα2 .则∑ｎｉ=1ａα1ｉｃ-ａｋα2ｉ≥ ｎｋｃｋ +1α1-ｋα2ｋα2 .证明 :令ｘｉ=ａα2ｉ(ｃ …     

完全平方数对半和性质的推广

文 [1 ]中的定理 1推广了印度数学家Ｊ·Ｖ·ｃｈａｕｄ ｈａｒｉ和Ｍ·Ｎ·Ｄｅｓｈｐａｎｄｅ在 1 996年 2月发现的“漏网之鱼”这一规律 ,回答了戴宏图先生提出的问题[2 ] ,也推广了美国俄亥俄州数学家ＯｗｅｎＴｈｏｍａｓ在 1 996年 9月所获得的结论[3] ,定理 2和定理 3各自又得到了一类有趣的连续数组 .本文通过两个定理将文 [1 ]中ｋ2 的有关性质推广到ｋｎ.设ｋ是一个ｔ位自然数 ,即 1 0 ｔ- 1≤ｋ <1 0 ｔ,若ｎ∈Ｎ ,那么 1 0 ｎ(ｔ- 1) ≤ｋｎ<1 0 ｎｔ,ｋｎ=ｍ1·1 0 (ｎ- 1)ｔ ｍ2·1 0 (ｎ - 2 )ｔ ｍ3·1 0 (ｎ- 3)ｔ … ｍ…     

平方差分拆和勾股数问题

引理[1] 　设整数Ｘ≥ 2的标准分解式为Ｘ =ｘ1ｔ1·…·ｘｎｔｎ,则对ｋ∈Ｎ :(1 )Ｘｋ 互异因数恰有 (ｋｔ1 1 )·…·(ｋｔｎ 1 )个 ;(2 )其中 ,满足Ｘ′|Ｘｋ,且 (Ｘ′,ＸｋＸ′) =1的为 2 ｎ个 ,且Ｘ′ =Ｘｋ1,ＸｋＸ′=Ｘｋ2 (Ｘ1Ｘ2 =Ｘ ,(Ｘ1,Ｘ2 ) =1 ) .定理 1　对奇数Ｘ≥ 3 ,(1 )Ｘｋ 恰有 [12 Πｎｉ=1(ｋｔｉ 1 ) ]([ｘ]表示ｘ的整数部分 )组平方差分拆数 :ｙ =12 | ＸｋＸ′-Ｘ′| ,ｚ =12 (ＸｋＸ′ Ｘ′) ,(Ｘ′|Ｘｋ) ,即Ｘｋ=ｚ2 -ｙ2 ;(2 ) (1 )中满足 (ｘ ,ｙ ,ｚ) =1的 ｙ、ｚ恰有 2 ｎ - 1组 ,且可表示为 ｙ =12 …     

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.     

自然数的连续分拆

[1]中介绍了自然数的连续分拆的概念(即将一个自然数分拆成若干个连续自然数的和),并给出了自然数可连续分拆的充要条件.本文再讨论如下两个方面的问题: 1.对每一个确定的自然数n,它有多少个不同的分拆方式?如何求出所有不同的分拆? 2.对于给定的自然数r,怎样判断自然数n是否可分拆成r个连续自然数的和? 为了讨论问题方便,我们先将[1]中的充要条件改述成如下的定理1,并给出一个新的简单证明.     

巧用组合数的性质求和

正一、利用公式C0n+C1n+C2n+C3n+…+Cn n=2n求和1.直接利用公式例1求和C1n+C3n+C5n+…解由于奇数项之和与偶数项之和相等,因此奇数项之和等于所有项之和的一半.所以C1n+C3n+C5n+…=1/2×2n=2n-1.2.由公式Cr n=Cn-r n进行转化例2求和1+2C1n+3C2n+…+(n+1)Cn n.解设S=1+2C1n+3C2n+…+(n+1)Cn n,其倒序和为S=(n+1)Cn n+nCn-1n+…+2C1n+1.考虑到Cr n=Cn-r n(0≤r≤n),将以上两式相加得2S=(n+2)C0n+(n+2)C1n+…+(n+2)Cn n=(n+2)·2n,所以S=(n+2)·2n-1     

分析法在数学归纳法中的妙用

证明与自然数有关的不等式问题 ,数学归纳法是首选 ,但完成 ｐ(ｋ+ 1 )的证明却是难点 .笔者收集了部分以证明不等式为出发点的高考题 ,发现它们均可以用数学归纳法完成 ,而且用分析法完成 ｐ(ｋ+ 1 )的证明 ,方法朴实简单 ,易于掌握 ,堪称通法 .例 1　 (1 992年“三南”高考题 )求证 :1 + 12 + 13 +… + 1ｎ<2ｎ(ｎ∈Ｎ ) .证明　 (1 )当ｎ=1时 ,左边 =1 <2 =右边 .不等式成立 .(2 )假设当ｎ=ｋ时 ,不等式成立 ,即1 + 12 + 13 +… + 1ｋ <2 ｋ ,那么　 1 + 12 + 13 +… + 1ｋ+ 1ｋ + 1　 <2 ｋ+ 1ｋ + 1 .现在只需证明2ｋ+ 1ｋ+ 1 <2 ｋ+ 1…     

单位根的性质及其应用

我们把 1的任何一个ｎ次方根叫ｎ次单位根或单位根 (ｎ∈Ｎ) .以单位根为背景的题目是数学竞赛的热点内容 .1　ｎ次单位根的常用性质设ｎ个单位根为ε0 ,ε1,ε2 ,… ,εｎ-1,其中ε0 =1,εｋ =ｃｏｓ2ｋπｎ +ｉｓｉｎ2ｋπｎ =εｋ1(ｋ∈Ｎ)则有(1) ｜εｋ｜ =1;(2 )εｋ·εｊ =εｋ+ ｊ(ｋ、ｊ∈Ｚ) ;(3) (εｋ) ｍ =εｍｋ(ｍ∈Ｚ) ;(4) εｋ =εｎ-ｋ;(5 ) 1+ε1+ε2 +… +εｎ-1=0 ;(6 ) 1+εｍ1+εｍ2 +… +εｍｎ-1=ｎ (ｎ｜ｍ)0 (ｎ ｍ) .2　应用例 1　 (2 0 0 1年全国高中数学联赛题 )若 (1+ｘ+ｘ2 ) 10 0 0 的展开式为ａ0 +ａ…     

用构造法证明数列型恒等式和不等式

对于数列型恒等式和不等式的证明 ,通常都采用数学归纳法 ,但如果用构造数列的方法来证明 ,往往更简洁 ,并且也容易被学生所接受 .1　“ａ1 ａ2 ａ3 … ａｎ ≤Ｓｎ(或≥Ｓｎ)”型对这种类型的恒等式和不等式 ,可以构造数列{ｂｋ} ,使得ｂｋ =Ｓｋ-Ｓｋ- 1(规定Ｓ0 =0 ) ,这样 ,ｂ1 ｂ2 ｂ3 … ｂｎ =(Ｓ1-Ｓ0 ) (Ｓ2 -Ｓ1) (Ｓ3-Ｓ2 ) … (Ｓｎ-Ｓｎ- 1) =Ｓｎ.对ｋ∈Ｎ ,如果有ａｋ ≤ｂｋ(或ａｋ ≥ｂｋ) ,那么ａ1 ａ2 ａ3 … ａｎ ≤Ｓｎ(或≥Ｓｎ)成立 .例 1　 (1993年全国高考题改编 )证明 8· 112 · 32 8· 232 · 52 …     

一个命题的修正及推广

《数学方法与解题方法论》第 130页有这样一个命题 :形如 aa…aan个bb…bbn个(a≠ 0 ,a,b∈ { 0 ,1,2 ,3,… ,8,9} ,n∈ N* )能够表示成两个连续自然数的乘积的充要条件是 a=1,b=2 .笔者经过仔细的证明 ,发现此命题是错误的 ,应修正为 :形如 aa… aan个bb… bbn个的自然数 (a≠ 0 ,a,b∈ { 0 ,1,2 ,3,… ,8,9} ,n∈N* )能够表示成两个连续自然数的乘积的充要条件是 a=1,b= 2或 a=4 ,b=2或 a=9,b=0 .证明　 (必要性 ) :aa…aan个bb…bbn个(n∈N* )=(1+10 1 +10 2 +… +10 n-1 )× 10 na+(1+10 1 +10 2 +… +10 n-1 ) b=(1+10 1 +10 2 +… +…     

成果集锦

一个有趣的同期数阵设ｎ1 为自然数ｎ的各位数字之和 ,ｎｋ 为ｎｋ -1 的各位数字之和 ,ｋ =2 ,3,… .若 0 <ｎｋ<9,则记Ｔ (ｎ)=ｎｋ,于是有ｎ≡Ｔ (ｎ) (ｍｏｄ9) ,0 <Ｔ (ｎ) <9,易证[1 ] :引理 1　若ｍ≡ｎ(ｍｏｄ9) ,则Ｔ(ｍ) =Ｔ(ｎ) .引理 2　设ｋ ,ｌ∈Ｚ-,ｕ ,ｖ∈Ｎ ,ｖ≥ 2 ,则Ｔ( ( 9ｋ ｕ) 6ｌ ｖ) =Ｔ(ｕｖ) .记Ｔ(ｎｍ 1 ) =ｘｍｎ(ｍ ,ｎ =1,2 ,3,4 ,… ) ,则称{ｘｍｎ}为“自然数方幂的数码和数阵 ,它有如下有趣的性质 (请读者自行写出观察 ) :定理 1　数阵 {ｘｍｎ}的行、列数列都是周期数列 ,周期分别是 9和 6 .由此 …     

对一道错误习题的浅析

有这样一道习题 (新编高中数学配套练习高中一年级第一学期用书 6 4页 ) :一个等差数列共有 2ｎ + 1项 ,其中奇数项之和为 30 5 ,偶数项之和为 2 76 ,则ｎ + 1项是 (　　 ) .(Ａ) 31　　 (Ｂ) 30　　 (Ｃ) 2 9　　 (Ｄ) 2 8.咋一看 ,答案选 (Ｃ) ,似乎正确 !因为该等差数列共有 2ｎ+ 1项 ,设其奇数项之和为Ｓ奇 ,偶数项之和为Ｓ偶 ,则ａ2 +ａ4 +ａ6 +… +ａ2ｎ- 2 +ａ2ｎ =Ｓ偶 ,①ａ1+ａ3+ａ5+… +ａ2ｎ- 1+ａ2ｎ+1=Ｓ奇 .②① -②得　 (ａ2 -ａ1) + (ａ4 -ａ3) + (ａ6 -ａ5) +…+ (ａ2ｎ -ａ2ｎ- 1) -ａ2ｎ+1=Ｓ偶 -Ｓ奇 ,即　　ｎｄ-ａ2…     

构造方差求最值

设ｎ个数据ｘ1,ｘ2 ,… ,ｘｎ 的平均数为ｘ ,则其方差为ｓ2 =1ｎ[(ｘ1-ｘ) 2 +(ｘ2 -ｘ) 2 +… +(ｘｎ-ｘ) 2 ]=1ｎ[(ｘ21+ｘ22 +… +ｘ2 ｎ) -1ｎ(ｘ1+ｘ2 +… +ｘｎ) 2 ]显然ｓ2 ≥ 0 (当且仅当ｘ1=ｘ2 =… =ｘｎ=ｘ时取等号 )。应用这一公式 ,可简捷、巧妙地解决一些竞赛试题中的最值问题 ,例说如下 :1　求函数的最值例 1　求函数 ｙ=3ｘ+1 -3ｘ的最大值。(1 984年上海市中学生数学竞赛试题 )解　∵ 3ｘ、 1 -3ｘ的方差是ｓ2 =12 [(3ｘ) 2 +(1 -3ｘ) 2 -12 (3ｘ +1 -3ｘ) 2 ]=12 (1 -12 ｙ2 )≥ 0 ,∴ ｙ2 ≤ 2 ,故ｙｍａｘ=2。例 2　求…     

“211杯”函数知识竞赛

一、选择题 :1.已知函数ｆ(ｘ) =ｘ2 - 2ｍｘ +4 +2ｍ的定义域是Ｒ ,值域是 [1,+∞ ) ,则实数ｍ的集合为 (　　 ) .Ａ .{ｍ|- 1≤ｍ≤ 3}　　Ｂ .{ｍ|1- 5<ｍ <5}Ｃ .{- 1,3}　　Ｄ .{ｍ|ｍ <1或ｍ >3}2 .要使函数 ｆ(ｘ) =ａｘ2 +(ａ - 6 )ｘ +2对一切正整数ｘ都取正值 ,其充要条件是 (　　 ) .Ａ .ａ =3　　Ｂ .2 <ａ <18　　Ｃ .ａ >2　　Ｄ .以上都不对3.对每一对实数ｘ ,ｙ,函数 ｆ(ｘ)满足 ｆ(ｘ +ｙ) - ｆ(ｘ) -ｆ( ｙ) =ｘｙ +1,且ｆ( 1) =1,那么满足ｆ(ｎ) =ｎ(ｎ≠ 1)的整数ｎ的个数共有 (　　 )个 .Ａ .0　　Ｂ .1　　Ｃ .2　　…     

例谈数学归纳法证题的过渡策略

关于自然数的命题大都可以用数学归纳法来证明 ,其中的核心问题是如何恰当地运用归纳假设 ,证明ｎ =ｋ+ 1时命题的正确性 ,即由ｎ=ｋ时成立的命题过渡到ｎ =ｋ+ 1时也成立 ,这也正是证题的难点所在 .所以在具体证题时应强化目标意识 ,运用技巧进行有效的过渡和转化 ,达到证题的目标 .本文就此问题谈谈几种常用的过渡策略 .1　思前想后找联系我们既要盯着目标 ,即ｎ =ｋ+ 1时的结论 ,也要顾及ｎ =ｋ时的假设 ,打通他们之间的内在联系后就容易过渡了 .例 1　已知 ｆ(ｎ) =1+ 12 + 13+… + 1ｎ　 (ｎ≥ 2且ｎ∈Ｎ) ,求证 :ｎ+ ｆ(1) +… + ｆ(…