巧用|m·n|~2≤|m|~2·|n|~2简解三类分式型三角函数最值问题

我们知道,根据向量的数量积公式,可以得到向量的一个性质:|m·n|2≤|m|2·|n|2.这个性质看起来非常简单,却有着十分广泛的用途.可利用它来解决三类分式型三角函数的最值问题,并且解答过程简洁、明了、快捷、容易理解,便于学生掌握.     

^n∑（k=1）k^2=1/6n（n＋1）（2n＋1）推导方法拾趣

前n个自然数平方和公式^n∑（k=1）k^2=1/6n（n＋1）（2n＋1）·（2n＋1）的获得,有不少巧妙而有趣的方法,第一个推导出这个公式的人是古希腊数学家阿基米德。之后,又有许多数学家通过不同的途径得到同样的结果。本文向读者介绍其中十种著名的推导方法。这些方法思路迥异,殊途同归,各有巧妙,但无不闪耀着数学家智慧的光芒,无不彰显着数学科学独特的美丽,无不昭示着数学学习的巨大魅力和快乐。     

计算方幂和sum from k=1 to n (k~m)的一种递推方法

关于计算前n个正整数的方幂和Sm（n）=∑km问题，一直是人们研究和讨论的一个热点问题．本文应用初等微积分的知识，首先给出一个十分有用的积分恒等式，然后借助于这个积分恒等式并且适当运用数学技巧，构造出一个新的结构简单，便于使用的计算方幂和Sm（n）的递推公式，最后利用这个递推公式递归地求出S1（n）到S10（n）的计算公式以及有关方幂和的几个平方关系式与乘积关系式．     

形如1＋1/2k~2n（n＋1）的平方数

多项式整数值中的完全方幂问题是数论中引入关注的研究课题.最近,BenczeM.提出了找出所有可使1＋9/2n（n＋1）是平方数的正整数n的问题.本文利用Pell方程的解的结论,对k2-8为素数时进行了研究,找出此时所有的可使1＋1/2k~2n（n＋1）是平方数的正整数n.     

关于方程α2(k+2,s(n))=α2(k+1,s(n))+α2(k,s(n))的正整数解

对任意正整数a,设S(a)为a的Smarandache函数,对任意正整数r和b,设a(r,b)是b的前r位数字所组成的数。2001年,Bercze提出了一个问题:如何确定方程a2(k 2,s(n))=a2(k 1,s(n)) a2(k,s(n))n,k∈N的所有解。更进一步,Bercze又提出另一个问题:设β(r,b)是b的后r位数字所组成的数,如何确定2β(k 2,s(n))=β2(k 1,s(n)) β2(k,s(n))的所有正整数解(n,k)。运用丢番图方程的相关知识,完整地解决了Bercze所提出的两个问题,即证明了方程(1)没有正整数解(n,k),同时确定了方程(2)的所有正整数解(n,k)。     

关于丢番图方程=∑n k ! a q m k=1

与阶乘有关的高次丢番图方程,一直是数论中引人关注的课题.本文研究了方程=∑n k ! a q m +k=1主要结果为在一定条件下求出了它的全部正整数解,所用的方法仅限于取有限模.     

关于和式sum from k=1 to n(cos~Lkβ)及sum from k=1 to n(sin~Lkβ)的计算公式

[1] 文中讨论了sum from k=1 to n(cos~L(kπ)/(2n)) 和sum from k=1 to n(sin~L(kπ)/(2n)) 的计算问题,导出了四个计算公式。在这四个公式中,公式(1)和(3)是很复杂的,不便于应用。本文准备继续来讨论这个问题,为讨论方便起见,现将[1]文中的公式(1)和(3)转抄如下: “当L=2m时,则     

n∑k=1k2的三种求法

数列的求和问题是一个饶有兴趣的问题.本文给出三种求数列{n2}的前n项和的方法,并对数列求和的一般解法做些探讨.     

形如sum from n=1 to ∞(1/n~(2k))(k≥1,k∈N)的级数求和

大数学家贝奴里曾经利用三角函数展开成无穷级数的方法得到贝奴里级数的值。笔者经过长期的摸索 ,发现可以将函数 f ( x) =xk在 [-π,π]作傅立叶展开 ,得到傅立叶系数 ,代入 Bessel等式 ,求得广义调和级数当 p =2 k时的一种递推关系。利用此递推关系可以求出 ∞n=11n2 k( k≥ 1,k∈ N )的值     

图W4k,n及其r-冠的优美性

马克杰等在文（1）中证明了p1∨p2及其r-冠是优美的，从而猜想；任意优美图的r-冠都是优美的，在此猜想指引下，本文明明了：当m=0（mod 4），Wm,n为优美图的充要条件是n=0或3（mod 4）在此之后又证明了：Wm.n当m=0（mod 4）r-冠也是优美图。     

如何从n=k到n=k＋1——关于不等式的数学归纳法证明

高中数学新课程（人教版）模块选修IB不等式选讲中,把数学归纳法作为证明不等式的一种重要方法．用数学归纳法证明时,要完成两个步骤：（1）证明当n取第一个值n0时,结论正确;（2）假设n=k（k∈N,k≥‰）时结论正确,证明当n=k＋1时,结论也正确,即由命题P（k）正确推出命题p（k＋1）正确,     

方幂和nΣk=1(ak+b)m的一个计算方法

文章给出计算方幕和nΣk=1(ak+b)m(a,b∈N+)的递推公式,并利用这个递推公式得出了计算方幂和Sm(n)=nΣk=1m的递推公式.     

数项级数^∞∑ n=1 1/n^2k与^∞∑n=1^（-1）^n＋1/n^2k的收敛值

利用傅里叶级数,得出3个递推公式,解决了p级数∑∞n=11/np与交错级数∑∞n=1(-1)n+1/np ,当p=2k时的收敛值问题.     

巧构正方形表格求n∑k=1 km

将前n个自然数的m次方的和记为Smn=n∑k=1km=1m+2m+3m+…+nm,那么如何求Smn呢?若从代数数列的角度进行计算,我们一般只能对低次的S1n、S2n求解,而对于高次的则觉难度太大,无从下手.这里笔者注意到Smn中的第一项可视为1个1m-1,第2项视为2个2m-1之和,…,依次类推,最后一项看成n个nm-1,即可看作Smn=1·1m-1+2·2m-1+…+n·nm-1,于是想到构造n2格的正方形,从自然数的低次方的和入手,逐步求自然数的高次方的和.下面通过具体例子说明这种构造方法.     

∑ from k=1 to n k~2的三种求法

数列的求和问题是一个饶有兴趣的问题.本文给出三种求数列{n2}的前n项和的方法,并对数列求和的一般解法做些探讨.方法1:归纳假设法这种方法利用最初的数值计算列表发现规律,而后猜测答案,这是发现数学公式的重要方法之一,它给我们“在没有公式之前怎样去找公式”提供了一个很好的范例.取n=1,2,3,4,5,…分别计算∑nk=1k和∑nk=1k2列表如下:12345…∑nk=1k=1+2+…+n1361015…∑nk=1k2=12+22+…n215143055…∑nk=1k2∑nk=1k1(33)35373(39)131…计算∑∑kk2得到一个数列:33,35,37,93,131,…显然此数列可写成2n3+1,所以有12+22+32+…+n21+2+3+…+…     

一个不等式p^2/m＋q^2/n≥（p＋q）^2/m＋n的推广

本文将研究p^2/m＋q^2/n≥（p＋q）^2/m＋n的大小关系，并探索如何通过一个特殊问题推广到一般情况，同时为探求如何利用特殊到一般的有效桥梁来解决问题的方法与思路提供一个范例．     

方程Φ（kn）=Φ（（k＋1）n）,（k=1,2,…）的正整数解

Φ（m)是Euler函数。本文根据Euler函数的性质，给出了方程Φ（kn)=Φ（(k 1)n),(k=1,2,…）解的存在性，并推广到更为一般的结果：方程Φ（k1n)=Φ（k2n)(k1,k2均为自然数）解的存在性。     

关于函数方程S（n）=Z（n）的两个问题

对于正整数n,设S（n）和Z（n）分别是Smarandache函数和伪Smarandache函数.解决了有关函数方程S（n）=Z（n）的两个问题。     

计算n∑k=1 f（k）的一个初等方法

本文利用二项式定理推出前n个自然数的各次方和公式，进而将n∑k=1 f(k)＝n∑k=1 （ack^m a1k^m-1 ... am-1k am)写成n∑k=1 k^m a1n∑k=1 k^m-1 ... am-1n∑k=1 K amn∑k=1 1从而进行有关的计算。     

关于同余式2n≡7（modn）的解

证明了2n≡7（modn）（n〉1）在[2,105]中仅有解n=25=5·5.及当整数m〉1满足2m≡7（modm）时,有n=2m-1是2n-6≡1（modn）的解.更进一步地,若整数m〉1满足2m≡2k＋1（modm）,则n=2m-1是2n-2k≡1（modn）的解.