求sum from k=1 to n(a_mk~m a_(m-1)k~(m-1) … a_1k a_0)的简便方法

求自然数的方幂和S_m(n)=sum from k=1 (k~m),一般利用递推公式,先算出s_1(n),s_2(n),…,s_m-1(n),然后才能求出s_m(n)。本文给出的方法,可以直接求出sum from k=1(a_mk~m a_(m-1)k~(m-1) … a_1k a_0),其特殊情形就是sum from k=1(K~m)。     

关于二重递归数列{A_m~n}_(n=1 m=1)~∞的通项公式的两个定理

关于满足条件a_(m+k)=λ_1a_(n+k-1)+λ_2a(n+k-2)+…λ_ka_n的一元线性递归数列{a_n}的通项公式,已经有了很好的结论。本文对二重数列及满足简单条件A_m~n=λ_1A_(m-1)~n+λ_2A_(m-1)~(n-1)的二重线性递归数列的通项公式得到两个有用的定理。     

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,     

数列a_(n+1)=pa_n+qa(n-1)+r的通项公式的构造模式

模式是学生思维中的一种信息块,用得活,记忆深。例1 已知a_1=a,a_(n+1)=ba_n+c(b、c为常数,且b≠1),求数列{a_n}的通项公式。这可以应用解析几何中的一种模式。在直线y=kx+b上,总存在一点P(n,n)。因为由y-n=k(x-n)可得 y=kx+n(1-k), 则 n=b/(1-k)。则在a_(n+1)=ba_n+c中,视y=a_(n+1),x=a_n,故 a_(n+1)-c/(1-b)=b(a_n-c/(1-b))。这种转换模式具有灵活而易记的特点,于是 a_(n+1)-c/(1-b)=b~n(a_1-c/(1-b))。     

建立概率模型来解决求和问题sum from k=1 to n ((k+1)(k+2)…(k+m))

本文通过构造一个适当的概率模型,结合概率的性质来求和式sum from k=1 to n ((k+1)(k+2)…(k+m))的值.     

从k到(k+1)思路受阻分析及转化策略

用数学归纳法证明不等式,特别是数列不等式,是一个行之有效的方法,也是中等数学中的一个基本方法,近些年高考试题中多次出现这类考题.运用这种方法证明不等式时,往往很多同学在证k到(k+1)的过程中卡了壳,断了思路,这是一种普遍现象.下面分析一下思路受阻的几种原因及转化策略.一、从k到(k+1)添项不足在从k到(k+1)的证明过程中,如果分析不透命题结构,就会造成添项不足,证明夭折.【例1】已知Sn=1+21+13+…+1n(n∈N*),用数学归纳法证明S2n>1+2n(n≥2,n∈N*).思路受阻过程:(1)当n=2时,S22=1+21+31+41=1+1123>1+22,命题成立.(2)设n=k(k≥3)时不等式成立,即S2k=1+21+31+…+21k>1+2k,则当n=k+1时S2k+1=1+12+31+…+21k+2k1+1>1+2k+2k1+1,要证明S2k+1>1+k2+1,只须证1+2k+21k+1>1+k2+1,即证2k1+1>21.显然,当k≥2时这是不可能的,解题思路受到阻碍.受阻原因分析:∵Sn=1+21+31+…+1n,∴S2k+1=1+21+13+…+21k+2k1+1+2k1+2+…+...     

用组合性质推导(sum from i=1 to m ai)~n(n≥1,m≥1)的项数

在学习过程中,我们遇到求形如(1+2x+3x~2)~5的展开的项数问题,通过分析,我们猜测如下命题。我用已学过的组合性质C_(n+1)~m=C_n~(m-1)+C_n~m及二项式定理证明了这一命题。命题:(sum from i=1 to m a_i)~n(n≥1,m≥1)的展开项数为C_(m+n-1)~n项。证明:我们对自然数m用数学归纳法。①、当m=1、2时,对一切自然数n命题显然成立。②、假设m=k时,对一切自然数n命题成立。当m=k+1时, 据归纳假设,上式右端展开后,其项数分别为:C_k~0项,C_k~1项,C_(k+1)~2项,C_(k+2)~3项,…,C_(k+n-1)~n项。又由于上式右端a_(k+1)的方次不同,它们之间不可能再合并同类项。故有 (sum from i=1 to k+1 a_i)~n展开项数=C_k~0+C_k~1+C_(k+1)~2+C_(k+2)~3     

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     

一组三角函数有限和公式及推导

本文对三角函数有限和式sum from k=1 to n(sec~m)(2k)/(2n+1)π进行了化简计算,得到了结果sum from k=1 to n(sec~m)(2k)/(2n+1)π=2~(m-1)(2n+1)A_1_0(m,n)-2~(m-1)(n+1)~m其中m≥2,41_0≡-m(mod2n+1),A_1_0(m,n)是与m,n有关的式子。为简便起见,本文中将使用如下记号:     

由(k+1)~2=k~2+2k+1想到的

完全平方公式:(k+1)2=k2+2k+1是同学们非常熟悉的乘法公式之一.接下来请同学们和我一起利用这个公式进行一个小研究. [探索一]在这个公式中,如果分别令k= 1,2,3,…,n,那么可以得到以下n个等式:     

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 (k2 n) (k1,k2 均为自然数 )解的存在性。     

方程ψ(kn)=ψ((k+1)n),(k=1,2,…)的正整数解

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

一类椭圆型偏差分方程的振动性

本文讨论了时滞偏差分方程 A_(m-1,n)+A_(m,n-1)—PA_(mn)+qA_(m+k,n+1)=0,得到了这类方程振动的判别准则。     

求数列a_(n+1)=qa_n+p(n)〈p(n)为多项式〉的通项的积分解法

设f(x)=a_x,x∈1[1,+∞],且f(1)=m,(m∈R), f(x+1)=qf(x)+p(x)显然,当x=n(n∈N)时,有f(n+1)=qf(n)+p(n)或a_(n+1)=q_n~a+p(n),当x=1时有f(2)=qf(1)+p(1)=qm+p(1),对(1)式两端关于x求导,可得     

a_(n+1)=pa_n+Aq~n+Br~n型数列通项的简捷求法

本文通过巧妙地变换,将a_(n+1)=pa_n+Aa_n+Br~n转换成b_(n+1)=pb_n型,从而较简捷地求出其通项。主要结论为: 命题Ⅰ:若数列{a_n}:a_(n+1)=pa_n+Aq_n+Br~n,(p,q,r,A,B均为常数且(p-q)(p-r)≠0),则: a_n=(a_1+x+y)·p~(n-1)-x·q~(n-1)-y·r~(n-1) (1) 其中     

关于sum from i=1 to n+1 a_ic_n~(i-1)的两个定理

通过研究,得知 sum i=1 to n+1 a_ic_n~(i-1)的结果与数列有密切的关系,有以下二个定理:定理1:当数列{a_i}是等比数列时,sum i=1 to n+1 a_ic_n~(i-1)=a_i(1+q)~n证明如下:∵{a_i}是等比数列,不妨设公比为 qsum i=1 to n+1 a_ic_n~(i-1)=a_1c_n~0+a_2c_n~+1+a_3c_n~2+…+a_bc~(n-1)_n+a_(n+1)c~n_n=a_1c~0_n+a_1c~1_nq+a_1c~2_nq~2+…+a_1c~n_nq~n=a_1(1+q)~q     

1993年中国数学奥林匹克第八届冬令营试题与解答

第一天 (1993年1月7日8:00-12:30) 一、设n是奇数,试证存在2n个整数 a_1,a_2,…,a_n,b_1,b_2,…,b_n,使得对任意一个整数k,00,在下列条件下, k_1+k_2+…+k_r=k,k_i∈N,1≤r≤k.求a~k_1+a~k_2+…+a_r~k的最大值. 三、设圆k和k_1同心,它们的半径分别为R和R_1,R_1>R.四边形ABCD内接于圆k,四边形A_1B_1C_1D_1内接于圆k_1.点A_1,B_1,C_1,D_1分别在射线CD,DA,AB,BC上.求证     

求∑a_1 a_2……a_r

我们常会遇到这样的问题:从自然数1、2、…、n中每次取出r个相乘(r≤n),积无重复也无遗漏,然后求和。如l·2·3+1·2·4+1·3·4+2·3·4=50。用纷号表示,就是求∑ a_1a_2…a_r,(i,j=1,2,…,r),a_i=l,2,…,n a_i(?)a; 略作∑a_1a_2…a_r,。同样,我们用∑a_1~ka_2…a_r-k+ι表示因数有重复的r个自然数的积的     

几个特殊数列的求和公式

本文给出几种特殊数列的求和公式: 1、等差数列各项K次幂的和的递推公式。 2、等差数列与等比数列相应项之积的和的公式。 3、设(a_n)为等差数,公差为d,则 (1)sum from i=1 to n (a_ia_(i+k)…a_(1+k-1))=a_1a_2…a_k+(a_na_(n+1)…a_(n+k)-a_1a_2…a_(k+1))╱(k+1)d (2)sum from i=1 to n (1╱a_1a_2…a_(i+k-1))=1╱((k-1)d)(1╱a_1a_2…q_(n-1))-1╱(a_(n+1)a_(n+2)…a_(n+k=1))     

杨辉三角形的进一步推广(下)

三、C(s~m,r)数的三组求和公式引理1.任一和式f(x)=∑a_kx~k,记w为1的n次根 (w=cos(2π)/n+isin(2π)/n-e~(i(2π)/n)), 则对任二整数n>k≥0,有 a_kx~k+a_(k+u)x~(k+k)+a_(k+2n)x~(k+2n)+… =(1/n)sum from j=0 to n-1 (w~(-jk)·f(w~j,x).(A)