N oerland Eerler与Bernoulli 多项式的一个恒等式

定义了Noerland Bernoulli多项式和Noerland Eurler多项式，证明了恒等式：Bm1,m2,…,mp^(k)(x1,x2,…,xp,y1,y2,…,yk)=1/2^∑i^pmi∑s1=0^m1∑s2=0^m2…∑sp=0^mp(s1^m1)…(sp^mp)Es1,s2,…,sp^(k)(x1,x2,…,xp,y1,y2,…,yi)Bm1-s1,m2-s2,…,mp-sp^(k)(x1,x2,…,xp,y1,y2,…,yk)     

强基计划数学备考系列讲座(1) ——组合与概率

1 知识技能 2 要点解析 要点1 特型方程计数:满足方程x1+x2+…+xn=m (m,n∈N?)的一个有序整数组(x1,x2,…, xn),称为该方程的一个整数解. (1)当m≥n时,方程的正整数解(x1,x2,…,xn) (xi∈N?,1≤i≤n)的个数为Cn-1m-1; (2)方程的非负整数解(x1,x2,…,...     

一类高次Diophantine方程的求解

目的研究Diophantine方程（x^2＋y^2＋（x＋y）^2）^m=m（x^2m＋y^2m＋（x＋y）^2m）整数解问题.方法初等方法.结果设n是正整数,m=2^n,证明了当n〉1时,方程（x^2＋y^2＋（x＋y）^2）^m=m（x^2m＋y^2m＋（x＋y）^2m）没有非零整数解（x,y）.指出当n=1时,方程（x^2＋y^2＋（x＋y）^2）^m=m（x^2m＋y^2m＋（x＋y）^2m）是关于x,y的恒等式.结论彻底解决了Diophantine方程（x^2＋y^2＋（x＋y）^2）^m=m（x^2m＋y^2m＋（x＋y）^2m）整数解的问题.     

一道自主招生不等式问题的加强及证明

2010年浙江大学自主招生试题中有如下一道不等式证明题： 有小于1的正数x1,x2,…,xn且x1＋x2＋…＋xn=1,     

一个不等式猜想及证明

猜想(数学问题315.2) 议xi>0,i=1,2,…,n(n≥3),则有Sn=x2/x1(x3 x4 … xn) x3/x2(x4 … xn x1) … xn/xn-1(x1 x2 … xn-2) x1/xn(x2 x3 … xn-1)≥(n-2)n∑i=1xi.     

方差非负性的应用

方差是刻画数据离散程度的常用统计量.由公式S2=n1[(x1--x)2 (x2-x-)2 … (xn-x-)2]可知方差S2≥0,当且仅当x1=x2=…=xn时取等号.又由方差公式S2=n1[(x12 x22 … x2n)-nx-2]易得到如下结论:实数x1、x2、…,xn的平方和x12 x22 … xn2≥nx-2=1n(x1 x2 … xn)2,当且仅当x1=x2=…=x     

几个不等式命题

命题1 若n∑i=1 xi^p=m,p≥2,则n∑i=1 xi≤p√n^p-1 m,当且仅当x1=x2=…=xn=p√m/n时等号成立。     

一个不等式猜想及证明

猜想（数学问题315．2）设xi〉0,i=1,2,…,n（n≥3）,则有Sn=x2/x1（x3＋x4＋…＋xn）＋x3/x2（x4＋…＋xn＋x1）＋…＋xn/xn-1（x1＋x2＋…＋xn-2）＋x1/xn（x2＋x3＋…＋xn-1）≥（n-2）n∑i=1xi.     

一个带参数的分式不等式及其应用

定理设xi>0,(i=1,2,…,n),若k≥1,则x1/kx1 x2 x3 … xn x2/x1 kx2 x3 … xn … xn/x1 x2 x3 … kxn≤n/n k-1.(1)若k<1,则不等式(1)不等号反向.证明因为不等式左端是关于x1,x2,…,xn的一次齐次对称式,故可设x1 x2 x3 … xn=1,则不等式(1)可以分为     

一道自主招生试题的简证及推广

2010年浙江大学自主招生试题,题目如下： 有小于1的正数x1,x2,．．．,xn．且x1＋x2＋…＋xn=1,求证：1/x1-x1^2＋1/x2-x2^2＋…＋1/xn-xn^2〉4.     

一个不等式的新证

命题1若x1,x2,…,xm都是正数,m,n∈N,且m≥2,则x1n＋x2n＋…＋x＋m^n≥1/m（n-1）（x1＋x2＋…＋xm）^n,当且仅当x1=x2=…=xn时,取等号.证明不妨设x1＋x2＋…＋xm=S,则命题能转化为若x1=x2=…=xm都是正数,且满足x1＋x2＋…＋xm=S,m,n∈N且m≥2,则x1^n＋x2^n＋…＋xm^n≥1/m^（n-1）S^n.     

统计知识

1单元知识网络2要点剖析2．1“三数”（1）平均数（也称算术平均数）：n个数据x1,x2,x3,…,xn的平均数可记作x=1/n（x1＋x2＋…＋xn）;     

一道联赛题的别证与推广

2013年全国高中数学联合竞赛一试A卷第9题： 给定正数数列{xn}满足Sn≥2Sn-1,n=2,3,…,这里Sn=x1＋…＋xn。证明：存在常数C〉0,使得xn≥C·2^2,n=1,2,…．     

巧用方差公式及其非负性解题

对于一组数据x1、x2…xn,设其平均数、方差分别为X、S2,由方差简化计算公式S2=1/n(x12+x22+……+xn2-nx2)(※)的推导过程知S2≥0.当S2>0时,说明数据存在波动。当S2=O时,说明x1,x2…xn这几个数之间不存在波动,即x1=x2=…xn=x。许多数学问题,若能认真观察,根据已知(所求式或     

利用隔离法证一类分式不等式

对于形如xix1 + x2 +… + xi-1 + kixi +… + xn 的分式 ,我们可以按照如下的方法将它隔离成两个分式的差的形式 :xix1 + x2 +… + xi-1 + kixi +… + xn=λxxix1 + x2 +… + xi-1 + kixi +… + xn=1λ{λxix1 + x2 +… + xi-1 + kixi +… + xn+1-1) =1λ( λxi +x1 +x2 +… +xi-1 +kixi +… +xnx1 +x2 +… +xi-1 +kixi +… +xn -1) =1λ[x1 +x2 +… +xi-1 +(λ +ki) xi +… +xnx1 +x2 +… +xi-1 +kixi +… +xn-1]令λ + ki =1,则λ =1-k,于是 ,xix1 + x2 +… + xi-1 + kixi +… + xn= 11-ki.∑ni=1xix1 + x2 +… + xi-1 + kixi +… + xn-11…     

抓住“特征”巧解题

若数组x1,x2,…,xn的平均数为(?),则其方差为显然,S2≥0．特别地,由S2=0得 x1=x2=…=xn=(?)．     

一类多元函数的最大值定理与应用

本文探讨了多元函数f=f(x1,x2,…,xn,x)=(√a-x1 √a-x2 … √a-xn √b-cx)的条件最值问题,得到了如下 定理设非负实数x1,x2,…,xn,x满足x1 x2 … xn x=1,n≥2,a≥1,b≥c≥0,多元函数     

一个不等式的推广及其证明

本文得到和证明了如下一类不等式：[x1^a＋1/x1^a[x2^a＋1/x2^a]…[xn^a＋1/xn^a]≥[n^a＋1/n^a]^n, 其中,0≤a≤1,x1,x2,…,xn为n个正实数满足x1＋x2＋…＋xn=1。     

待定系数法在解数学题中的运用

一、利用待定系数法求数列的通项公式1.第一类:an=Aan-1 B.通过分解常数,转化为特殊数列｛an k｝的形式来求解.例1设x1=2,且xn=5xn-1 7.求数列｛xn｝的通项公式.解将已知所给的递推公式变形为xn m=5xn-1 7 m=5(xn-1 75 m5).令m=57 m5,则有m=47.于是xn 47=5(xn-1 47).∴｛xn 74｝是等比数列,其首项为x1 47=145,公比为5.所以,xn 47=145·5n-1,即xn=145·5n-1-74.2.第二类:an=Aan-1 Ban-2.通过分解系数,转化为特殊数列｛an-λan-1｝的形式来求解.例2数列｛an｝满足a1=2,a2=5,an 2-3an 1 2an=0,求数列｛an｝的通项公式.解由an 2-3an 1 2an=0得…     

运用梯度法求条件极值

将梯度法用于求条件极值的问题推广到更一般的情形。方程组gradf(x1,x2,…,xn)=∑n-1i=1λigradφi(x1,x2,…,xn)φi(x1,x2,…,xn)=0,(i=1,2,…,n-1)的解,就是所求极值问题的可能极值点。