关于方程1/(x_1~2)+1/(x_2~2)+…+1/(x_(n-1)~2)=1/(x_n~2)的正整数解

我们已经知道(文[1]),不定方程1/x2+1/y2=1/z2 (1) 满足(x,y,z)=1的所有正整数解可表为x=r4-s4,y=2rs(r2+s2),z=2rs(r2-s2) (2) 其中r>s为正整数,(r,s)=1,r,s一奇一偶,这里x,y可交换. 下面我们来推求更一般的这种不定方程1/x_1~(2)+1/x_2~(2)+…+1/x_(n-1)~(2)=1/x_n~(2) (3)     

不定方程x_1+x_2+…+x_n=1的非负整数解

[定理1] n元一次不定方程x_1+x_2+…+x_n=r的非负整数解共有C_((n+1)_(-1))~(n-1)个(r∈N)。证:考虑由r个1与n-1个0作成的一个排列。令x_1等于排列中第一个0左边1的个数,x_2等于第一个0与第二个0之间1的个数,…,x_n等于最后一个0右边1的个数。例如n=4,r=8,则排列11011110011对应解     

公式■·■=x_1x_2+y_1y_2的另一种证法

高中数学第一册(下)(试验修订本)第120页中给出了平面向量的数量积的坐标表示公式:a·b=(x_1i+y_1j)·(x_2i+y_2j)=x_1x_2+y_1y_2;并给出了证明。下面我们给出此公式的另一种证法。     

递归数列x_(n+2)=px_(n+1)+qx_n的周期性

定理由递推关系x_(n+2)=px_(n+1)+qx_n(p,q∈R)及初始条件x_1,x_2确定的数列{x_n},如特征方程有虚根α,β,则{x_n}为周期数列的充要条件是α或,k相似文献   

每期一题

题:若:a、b、c为正数,试求函数y=(x~2+a~2)~(1/2)+((c-x)~2+b~2)~(1/2)的极小值。解法一复数法运用代数中学过的复数模不等式 |z_1|+|z_2|≥|z_1+z_2|。设 z_1=x+ai x_2=(c-x)+bi ∴|z_1|=(x~2+a~2)~(1/2) |z_2|=((c-x)~2+b~2)~(1/2) ∵|z_1|+|z_2|≥|z_1+z_2| ∴y=|z_1|+|z_2|≥|z_1+z_2| =|x+ai+c-x+bi| =|c+(a+b)i|=(c~2+(a+b)~2)~(1/2) ∴y_min=(c~2+(a+b)~2)~(1/2)。解法二代数法运用不等式(x_1~2+y_1~2)~(1/2)+(x_2~2+y_2~2)~(1/2)≥((x_1+x_2)~2+(y_1+y_2)~2)~(1/2)其中等号仅当x_1/x_2=y_1/y_2时成立。∴y=(x~2+a~2)~(1/2)+((c-x)~2+b~2)~(1/2)     

赏析1~2+2~2+3~2+…+n~2=?的推理过程

<正>苏教版高中数学选修2-2推理案例赏析这一节中,安排了这样一道例题:我们知道,1+2+3+…+n=n(n+1)/2(一次式和),那么1~2+2~2+3~2+…+n~2=?(二次式和)     

(a+1/a)(b+1/b),(ab~(1/2)+1/ab~(1/2))~2,((a+b)/2+2/(a+b))~2中谁最大?

1982年全国中学生数学竞赛试题中有一道选择题是要判断“当a≠b,a>0,b>0时(a+1/a)(b+1/b),(ab~(1/2)+1/ab~(1/2))~2及((a+b)/2+2/(a+b))~2中哪个最大?”,答案是这三个数中没有最大的,由此产生下列问题:设a≠b,a>0,b>0,A=(a+1/a)(b+1/b),B=(ab~(1/2)+1/ab~(1/2))~2,C=((a+b)/2+2/(a+b))~2试比较A、B、C的大小?     

不等式(a+1/a)(b+1/b)≥25/4的再推广

目前已有人把(a+1/a)(b+1/b)≥25/4(a>0,b>0,a+b=1)推广为:设x_i>0(i=1,2,…,n)且x_1+x_2+…+x_n=k,则(x_1+1/x_1)(x_2+1/x_2)…(x_n+1/x_n)≥(n/k+k/n)~n当且仅当x_1=x_2=…=x_n=k/n时取等号。本文对该不等式进一步作了推广,得出两个新的结果。欲知情况如何,请看该文。     

不等式a_1~2+a_2~2+…+a_n~2/n≥(a_1+a_2+…+a_n)~2/n的证明

本刊1983年第二期《不等式(a~2+b~2)/2≥((a+b)/2)~2的推广与应用》一文证明了下面命题: 若a_1,a_2,…,a_n都是实数(n属于自然数),则有     

asinx+bcosx=c的判别式及其应用

已知方程 asinx+bcosx=c。①其中a、b、c都是给定的实数,且a、b不同时为零,x∈[x_0,x_0+2π),x_0是任一固定常数。设△=a~2+b~2-c~2,则当△>0时,方程①有两个不相等的实数根; 当△=0时,方程①有两个相等的实数根; 当△<0时,方程①没有实数根; 证明∵a、b不同时为零, ∴(a~2+b~2)~(1/2)≠0。∴sin(x+φ)=C/((a~2+b~2)~(1/2))。②(其中φ是辅助角,a≠0时,tgφ=b/a;b≠0     

函数f(x)=(A_1x~2+B_1x+C_1)~(1/2)±(A_2x~2+B_2x+C_2)~(1/2)极值点的光学特性

一、引言 对于函数:(其中:A_1>0,A_2>0,B_1~2-4A_1C_1<0,B_2~2-4A_2C_2<0)其极值点x_0(实际上也是最值点),在计算上不会有困难,只要先求出f(x)的驻点x_0,然后判断x_0为极值点即可。本文着重用光学     

a_2~(1/2)+a_3~(1/2)>a_1~(1/2)+a_4~(1/2)的几何解释

本刊1984年3期中《(a2)~(1/2)+(a_3)~(1/2)>(a_1)~(1/2)+(a_4)~(1/2)的一种简捷判定法》一文指出:当a≥0m>0,n≥0时,有(a+m)~(1/2)+(a+m+n)~(1/2)>a~(1/2)+(a+2m+n)~(1/2)成立。并给出了代数证明。本文对以上结论给出它的一个几何解释。由于((a+m)~(1/2))~2-(a~(1/2))~2=m-(m~(1/2))~2,     

递归数列x_(n+1)=f(x_n)的两个性质

1984年高考理科数学试题第八题,涉及到递归数列x_(n+1)=x_n~2/2(x_1-1)的性质。关于一般的连续函数f(x),对数列x_(n+1)=f(x_n)的性态进行讨论是很复杂的。本文就满足一定条件的函数f(x)所导出的递归数列{x_n}:x_(n+1)=f(x_n)进行讨论,得出两个定理.这对深入分析上述那     

一个三角不等式的代数推广

匈牙利第二十二届奥林匹克数学竞赛有这样一道题: 证明若是锐角,则 (1+1/sina)(1+1/cosa)>5. 众多杂志上已征得了它的加强 (1+1/sina)(1+1/cosa)≥3+2 2~(1/2). 观察上面的结论,我们不难看出sina与cosa的约束条件无非是sin~2a+cos~2a=1,而3+2 2~(1/2)可化为(1+2~(1/2))~2。由此,笔者将上面的三角加强式作如下的代数推广: 若x_1、x_2、…、x_n为正数,且x_1~2+x_2~2+…+x_n~2=1,则     

等幂和问题中[x_1,x_2,x_3]_2=[y_1,y_2,y_3]_2型等式的构造

本文在他人成果的基础上对等幂和问题[x_1,x_2,x_3]_2=[y_1,y_2,y_3]_2型等式的构造进行了探究     

递归数列x_(n+2)=ax_(n+1)+bx_n周期的确定

设a,b为实常数,考虑数列{二,): 了,_2一aL了。一1小人r,(,l~1,2,…).(1) 定理x设(1)的初始值满足}r:}护}x:一,则它有最小正周期T~2的充要条件是a~O,b~1. 充分性显然,必要性通过解反,b的方程组: xl一x:,二2一二:可知. 定理2(l)的初始值满足x.~一‘rZ半o,则(l)有周期,l’一2的充要条件是b一a~1. 由x一:+一,一(a+1)“(二:+二、)~O,x一2-一,一:一r,知充分性对.T一2,则乃一x3~axZ+b二,~一a二、+儿二,,二:尹0.即知心一a一1. 定理3若(l)的系数满足矿+4l,<0.则(l)有周期T)3的充要爷件是:存在。.了’,l镇n,相似文献   

(a~2 +b~2 +k_1ab)~(1/2)+(b~2 +c~2 +k_2bc)~(1/2)>(a~2 +c~2 +k_3ac)~(1/2)的探究——反思、与读者也与自己对话

我们在文 [1 ]的案例 3中 ,谈了数形结合的双向沟通 ,顺便对题目 (文 [1 ]例 3、4、5 ,此处统一为例 1 )例 1　已知a >0 ,b >0 ,c >0 ,求证 :( 1 )a2 +b2 +ab +b2 +c2 +bc>a2 +c2 +ac;( 2 )a2 +b2 -ab +b2 +c2 -bc ;≥a2 +c2 +ac,( 3 )a2 +b2 -ab +b2 +c2 -bc>a2 +c2 -ac.从特殊到一般作出了推广 :a2 +b2 +k1ab +b2 +c2 +k2 bc≥a2 +c2 +k3ac .①其中 |ki|<2 ,i=1 ,2 ,3 .这对b +k1a≥ 0且b +k2 c≥0 (特别地k1≥ 0 ,k2 ≥ 0 )时 ,结论是显然的 ,有左边≥a +c=a2 +c2 +2ac >右边 .但当k1、k2 中出现负数呢 ?文 [2 ]指出 ,推广式①并非永远…     

一元一次函数和一元二次函数零点存在的初等证明

<正>命题1函数f(x)=ax+b(a≠0)满足:f(x_1)f(x_2)<0,则■x_0∈(x_1,x_2),有f(x_0)=0.证明:函数f(x)=ax+b的零点即方程ax+b=0的根,b由a≠0知方程ax+b=0有实数根x_0=-a/b,即f(x_0)=0,所以只需证x_0=-∈(x,由f(x_1)f(x_2)<0得(ax_1+b)(ax_2+b)<0即:     

一个漂亮等式的简单证明——(a~2+b~2+c~2+d~2)(e~2+f~2+g~2+h~2)=x~2+y~2+z~2+u~2

正引子:高中学生在复数学习过程中,经常会遇到这样一个习题:试证(a2+b2)(c2+d2)可表示成x2+y2的形式.事实上,令z1=a+bi,z2=c+di,两数相乘,得(a+bi)(c+di)=(ac-bd)+(ad+bc)i.两边平方可得,|(a+bi)(c+di)|2=|a+bi|2|c+di|2=|(ac-bd)+(ad+bc)i|2,即(a2+b2)(c2+d2)=(ac-bd)2+(ad+bc)2,令x=acbd,y=ad+bc,即得结论.     

浅谈(a~2+b~2)/2≥[(a+b)/2]~2的证明

(a2+b2)/2≥((a+b)/2)~2(人教版第二册第11页第1题)是一个很重要的不等式,证明它有很多方法,用它可以求某些式子的最值,并且可以证明一些不等式,下面给出几种有关它的证明方法以及它的一些应用.