一类多项式整除问题的一种证法

我们知道,由二项式定理 (a b)~n=a~n C_1~na~(n-1)b … C_n~(n-1)ab~(n-1) b~n可得 (a b)~n=aM_1 b~n; (a b)~n=a~2M_2 nab~(n-1) b~n; (a b)~n=a~n abM_i b~n; …………其中,M_i(i=1,2,3,…)是整式。利用上述性质可以证明一类多项式的整除问题。兹举例如下(本文中的n均为自然数): 例1 求证(x 1)~(2n 1) x~(n 2)能被x~2 x 1整除。     

二项式定理的推广及应用探索

<正>通过学习我们知道:1.(a+b)~2=a~2+2ab+b~22.(a+b)~3=a~3+3a~2b+3ab~2+b~33.(a+b)~n=a~n+C_n~1a~(n-1)b+C_n~2a~(n-2)b~2+…C_n~(n-1)ab~(n-1)+b~n这是二项式定理,在学习中我发现,关于(a+b)~n的展开式也可以给出如下证明:(a+b)~n是n个(a+b)相乘,属于多项式乘多项式的问题,每个(a+b)在相乘     

指数概念推广以后应注意什么?

指数概念从正整数指数推广到有理数指数,是深入学习指数运算的需要.本文拟从三个方面谈谈指数概念推广以后应注意些什么. 一、注意正确理解概念 1.明确指数概念推广的背景及意义正整数指数幂有五条运算性质:(1)a~n·a~n=a~(m+n);(2)a~m÷a~n=a~(m-n)(a≠0,m>n);(3)(a~m)~n=a~(mn);(4)(ab)~n=a~n·b~n;(5)(a/b)~n=a~n/b~n(b     

Jacobsthal不等式的变式及其应用

Jacobsthal不等式（见文[1]）设a,b〉0,则na~（n-1）b≤（n-1）a~n＋b~n,仅当a=b时等号成立.只要将上述不等式的左右两边同时除以（n-1）b~n,再移项得（a/b）~n≥n/（n-1）（a/b）~（n-1）-     

略谈组合恒等式的证明

组合恒等式证明问题,一般难度较大,学生往往不易掌握。下面就来谈谈组合恒等式证明的几种方法。 1.置换法。在公式(a+b)~n=C_n~0a~n+C_n~1a~(n-1)b+C_n~2a~(n-2)b~2+…+C_n~ra~(n-r)b~r+…+C_n~nb~n中,适当地选择某个数来置换a和b,原恒等式即可得证。例1.求证:①2~n-C_n~12~(n-1)+C_n~22~(n-2)+…+(-1)~(n-1)C_n~(n-1)2+(-1)~n=1; ②3~n-C_n~13~(n-1)+C_n~23~(n-2)+…+(-1)~(n-1)C_n~(n-1)3+(-1)~n=2~n。     

关于一个整除性问题

先观察一例:若n为非负整数,则3~(4??+2)+5~(2n+1)能被14整除. 证明:由二项式定理(a+b)~n=am+b~n,(m∈N)则3~(4n+2)+5~(2n+1)=9·81~n+5·25~n =9·(56+25)~n+5·25~n =56m_1+9·25~n+5·25~n(m_1∈N) =14m_2+14·25~n(m_2∈N) =14(m_2+25~n)=14m_3.(m_3∈N) 故3~(4n+2)+5~(2n+1)能被14整除. 考察3~(4n+2)+5~(2n+1)=9·81~n+5.25~n有     

一个递推公式的应用

若 a、b、x、y 均为非零实数,S_n=x·a~n+y·b~n,n=0,1,2,……,则有S_n=(a+b)S_(n-1)-abS_(n-2)(n≥2)(1)证明:左=S_n=x·a~n+y·n~n=(x·a~(n-1)+y·b~(n-1)(a+b)-a·y·b~(n-1)-6     

一个与一元二次方程有关的递推式及其应用

因为a、b是一元二次方程x~3-(a b)x ab=0的两个根,设S_0=a~0 b~0,S_1=a b, S_2=a~2 b~2,S_2-(a b)S_1 abS_0=0 S_3=a~3 b~3,S_3-(a b)S_2 abS_0=0 S_n=a~n b~n,S_n-(a b)S_(n-1) abS_(n-2)=0 所以当n≥2时,有递推式,S_n-(a b)S_(n-1) abS_(n-2)=0 (*) 因为递推式由一元二次方程推出,结果又与一元二次方程极其类似,所以它与一元二次方程一样用途较大,下举数例说明。例1 若m~2=m 1,n~2=n 1,且m≠n,则m~5 n~5=____(江苏省第四届初中数学竞赛试题)     

应用迭代关系证明等式

对于与自然教n有关的等式的证明问题,如果能够利用其特征建立一个迭代关系式,则问题可迅速获得解决。由下面几个例子,可以略见迭代法之一斑。 [例1] 已知:a b c=0,求证:(a~2 b~2 c~2)~2=2(a~4 b~4 c~4) 证明:设f(n)=a~n b~n c~n,ab bc ca=-p abc=q,为a、b、c为根的三次方程为x~3-px-q=0 由上可得(a~n b~n c~n)-p(a~(n-2) b~(n-     

2007年全国高考数学试题品评与展望

十二、以"极限"为背景例12 (重庆)设正数a、b满足(?)(x~2 ax-b)=4,则(?)(a~(n 1) ab~(n-1))/(a~(n-1) 2b~n)=( ).A.0 B.1/4 C.1/2 D.1解析:由(?)(x~2 ax-b)=4,得4 2a-b=4,即b=2a.∴(?)(a~(n 1) ab~(n-1))/(a~(n-1) 2b~n)=(?)(a~(n 1) 2~(n-1)a~n)/(a~(n-1) 2~(n 1)a~n)=(?)(1/(2~(n 1)) 1/4·1/a)/(1/(2~(n 1)·1/a~2) 1/a)=1/4.点评本题新颖之处在于将函数极限和数列极限相结合,打破了以往此类问题单一考查的命题模式.     

杨辉三角形的推广和应用

本文试图从牛顿二项式定理和杨辉三角形数阵出发,将杨辉三角形加以推广,旨在建立牛顿多项式的系数数阵。一、牛顿二项式定理和杨辉三角形教阵。著名的二项式展开式 (α 6)~n=C_n~0α~n C_n~1α~(n-1)b C_n~2α~(n-2)b~2 …… C_n~rα~(n-r)b~r … C_n~nb~n (1)是英国著名的数学家牛顿首先提出的,并借助于组合种数公式的性质:C_n~r=C_n~(n-r)和C_n~r C_n~(r-1)=C_(n-1)~r加以证明的。因此,称此二项式的展开式为牛顿二项式定理。关于牛顿二项式定理的系数C_n~r,很早就有人研究。早在牛顿之前四百多年,我们中     

一道例题的推广与应用

本刊1991年第6期《一道例题的推广与几何证明》一文,对高中《代数》(甲种本)第二册P91例8:求证2~(1/2)+7~(1/2)<3~(1/2)+6~(1/2),给出了推广:若0相似文献   

巧用二项式定理

由二项式定理:(a+b)~n=C_n~0a~n+C_n~1a~(n-1)b+…+C_n~nb~n,(a-b)~n=C_n~0a~n-C_n~1a~(n-1)b+…+(-1)~nC_n~nb~n相加可得 (a+b)~n+(a-b)~n =2(C_n~ca~n+C_n~2a~(n-2)b~2+C_n~4a~(n-4)b~4+…)。(*)合理利用(*)式,可解答几类难度较大的问题。     

Weisenbck不等式的推广

命题1 设三角形三边长分别为a、b、c,面积为S。则a~n b~n c~n≥2~n·3~((4-n)/4)S~(n/2)(n∈N),当且仅当a=b=c时等号成立。 这个命题是Weisenbck不等式a~2 b~2 c~2≥4 3~(1/2)S的推广形式。 证明:当n=1时,     

代数不等式的证明与技巧

代数不等式是中学中的一个重要内容,由于它本身具有完美的形式及证明的灵活性,往往可以考察学生的分析能力和应变能力,在这里仅介绍一些证明不等式常用的方法和变形技巧。 一,比较法; 要证明一个不等式A>B可以作一个差证明A—B>0;当B>0时,可以作一个商A/B>1证明 例:已知:a,b∈R~ ,n∈N,求证:(a b)(a~n b~n)≤2(a~(n 1) b~(n 1)) 证明:(a b)(a~n b~n)-2(a~(n 1) b~(n 1)) =a~(n 1) a~nb ab~n b~(n 1)-2a~(n 1)-2b~(n 1) =ab~n ba~n-a~(n 1)-n~(n 1) =a(b~n-a~n) b(a~n-b~n) =(a—b)(b~n-a~n) Ⅰ)当a>b>0时,b~n-a~n<0,a-b>0 (b~n-a~n)(a—b)<0 Ⅱ)当b>a>0时,b~n-a~n>0,a-b<0 (b~n-a~n)(a—b)<0 Ⅲ当a=b>>0时,b~n-a~n=0,a-b=0 (b~n-a~n)(a-b)=0 综上Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ,有(a-b)(a~n b~n)-2(a~(n 1) b~(n 1))≤0 (a—b)(a~n b~n)≤2(a~(n 1) b~(n 1))     

等与不等的转化

1.已知a、b、c为正整数,且a~2+b~2+c~2+48<4a+6b+12c,求(1/a+1/b+1/c)~(abc)的值.解:由a、b、c为正整数,得a~2+b~2+c~2+48和4a+6b+12c均为正整数,则不等式a~2+b~2+c~2+48<4a+6b+12c与不等式a~2+b~2+c~2+48+1≤4a+6b+12c等价.     

应用一个简单的变换巧解国内外竞赛题

众所周知,对于任意的实数a、b,总存在实数s、t,使得a=s t,b=s-t。有趣的是:运用这个简单的变换,竟可解决许多难度较大的国内外竞赛题。例1 (湖南省1988年中学生数学夏令营试题)已知a、b是任意的正实数,求证:(a~n a~(n/1)b … ab(n-1) b~n)/(n/1)≥((a b)/2)~n。对于本题的证明,笔者所见到的资料都是用数学归纳法,且第二步难度较大,下面给出的证明新颖简捷,通俗易懂。     

一个整除问题的再推广

命题一 (3 5~(1/2))~n (3-5~(1/2))~n能被2~n整除(n∈N) 这是中学数学中一道十份常见的题目,《数学教学通讯》1992年第4期吴跃生老师给出了命题一的推广,即命题二 [2((1 5~(1/2))/2)~(2k-1)]~n [2((1-5~(1/2))/2)~(2k-1)]~n能被2~n整除(n∈N,k∈n) 而[2((1 5(1/2)/2))~(2k-1)]~n [2((1-5(1/2)/2))~(2k-1)]~n=2~n[((1 5(1/2)/2))~(2~(k-1)n) [2(((1-5(1/2)/2))~(2~(k-1)n],于是命题二等价于命题三 ((1 5(1/2)/2))~(2~(k-1)n) ((1-5(1/2)/2))~(2~(k-1)n)是整数(n∈N,k∈N),事实上,命题三可以进一步推广成     

一个整除问题的推广

在中学数学中,有一道出现频率较高的习题:证明:(3+5~(1/2))~n+(3-5~(1/2))~n能被2~n整除(n∈N) 四川秦北波同志在《数学教学通讯》1991年第2期以“一个整除问题的精巧证明”为题给出了这一习题的一个精巧证明。下面利用费波那契数列的通项公式给出它的一个推广。命题: [2((1+(5~(1/2))/2)~(2k-1]~n+[2(1-(5~(1/2))/2)~(2k-1)]~n能被2~n整除[n∈N,k∈N)。证:(1)当k=1时,原命题变为:(1+5~(1/2))~n+(1-5~(1/2))~n能被2~n整除,此命题可用第二数学归纳法证。     

国际数学奥林匹克一题的证法与引伸

(一)题目:设a,b为正整数,ab+1整除a~2+b~2,求证(a~2+b~2)/(ab+1)是某个正整数的平方。(1988年第29届国际数学奥林匹克试题。见1990年7月5日参考消息第3版。) 证.满足题目假设的正整数确有存在,例如a=8,b=2,或a=30,b=