漫谈根的判别式的应用

一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a、b、c∈R，a≠0）的根的判别式△＝b2-4ac有着极为广泛的应用.应用它解决某些问题，可起到化繁为简、化难为易的作用.本文举例说明根的判别式在解题方面的应用.一、求值例1求使一切实数x.（1983年苏州市中学生数学竞赛题）解若a＝0，则xl＝-1；若a≠0，得x的二次方程∵X为实数，∴必有△≥0.即整理，得要使A为整数，必须a为整数，由②知，a＝1，2，3.把a的这些值分别代入①求得x的实数二、解方程（组）例2试确定下列方程组的所有实数解（第2届美国数学奥林匹克试题）由④、⑤，知x、y是方程的两个实根，则即…     

取整函数及其应用──计算机教学一得

取整函数及其应用──计算机教学一得彭娟（上饶师范学校）取整函数（ＩＮＴ（Ｘ）除了它的特定功能──取不大于Ｘ的最大整数外，还有以下几种用法。１．判断Ｙ能否被Ｘ整除：ＩＮＴ（Ｙ／Ｘ）＝Ｙ／Ｘ。当Ｘ＝２时，即判断Ｙ是否为偶数。例：若Ｍ为奇数，则打印ＩＦＩＮ...     

一元二次方程有公共根问题的解法归类

两个一元二次方程有公共根问题，是近年来中考和数学竞赛的热门题．这类题的解法灵活、技巧性强．本文归纳出几种解法，供参考．一、利用方程报的定义列方程组求周例1b为何值时，方程X2-bx－2＝0和X2－2X－b（b－1）＝0有相同的整数根？并求出公共报．（1992年四川数赛题）解用设相同的整数根为a，则（1）－（2）可得：（2－b）（a－b－1）＝0．当b—2时，两方程相同，解方程知无整数根．当bedZ时，a—1＋b，把。一1＋b代人（）得：（IWb）’－b（1＋b）－2—0．解得b一1，此时a—1＋b一2·．”．b为1时，两方程有相同整数根为2．二、求…     

Z数再探

文[1]定义了Z数：对P∈N,P^2可从某处截断,分为M1、M2,如／M1-M2/=P,则称P为Z数.文[1]阐明了对n∈N,10^n、10^n＋1必为Z数（可谓平凡Z数）.此外,还找到非平凡Z数：3位数的有2个：287,364;4位数的有4个：1078,1096,1287,1364.     

(二)实数测试卷(B卷)

一、填空题（每空2分，共40分）：1．绝对值不大于ZH的整数共有．个，负整数共有．个，非负整数共有个；2．若一个数的相反数的倒数是2＋／i，则这个数是3．4－2N的平方根是，，／永正的平方根是，（－7）’的算术平方根是；｛一人与一1．732的大小关系是5．在实数Sin30”，C0545”，ig60o，Ctg45”，（ig45”＋28ill60o）（Siflgoo一ZC。S3O”），（－N）’，／天中，属于整数集会的数是属于有理数集合的数是，属于无理数集合的数是已用科学记数法表示199400，应为7．倒数是它自身的数是，相反数是它自身的数是，绝对值是它自身的数是…     

用代换法求函数值域

代换法是一重要的数学方法，运用它可使问题化繁为简、化难为易。它是一种思路生动、行之有效的方法，下面给出其一般原则。定理若φ（x）是集合A到集合B上的函数，f（μ）的定义域为B，那么f（μ）与f［φ（x）］的值域相同。即设M＝yy＝f（μ），μ∈ ，N＝yy＝f［φ（x）］，x∈ ，则有M＝N。证明：在M中任取一点y０，由M的定义，必存在μ０属于B，使得f（μ０）＝y０；由于μ０∈B，φ（x）是A到B上的函数，因此必有x０∈B，使得φ（x０）＝μ０，这时y０＝f［φ（x０）］，x０∈A，从而y０∈N。反之，在N中任取一点y０，…     

从分数到分式

有些分数问题,适当地用字母表示数,使之转化为分式问题,就可以使问题得以巧妙解决．请看几例．解设19991998＝n,则：？;3：＼？h：t,。IJM。N。。。／J。。。。（）（A）M＜N．（B）M＝N,（OM＞N．（川不能确定．解设56789（）123＝x,6789O12345＝y,则试比较A与B的大小．解设1999‘’“＝x则从分数到分式@陈德前     

初一(上)数学期考模拟题

一、填空题（每题2分,共30分）1．一个数的相反数是3,这个数是＿．2．比较大小：一千一号．,。u－—·、、·4——5’3．绝对值不大于2的整数是＿．4．已知12．3’＝151．29,那么（－0．123）’＝5．用代数式表示：a与b的差除以a、b两数和的平方的商是＿．6．已知两个方程一5x＝2和2（x＋k）一3＝0的解完全相同,则k＝、、．7．已知女a”－’b’与sa’b’－”是同类项,则m＝,n＝8．十2X2－3X＋l＝6X2－10．9．若4x‘”－3ym是三次单项式,则m＝10．最大的负整数是,绝对值最小的数是＿．11．若方程。＋a—l＝l的解是x＝－2,则a12．…     

整除问题——初一数学竞赛系列讲座(5)

对整数a和b(b不为0),如果存在一个整数q,使a=b×q,则称a被b整除,也称b整除a,否则就称a不能被b整除.例如35=5×7,于是35被5(或7)整除.整除有许多性质,下面列出最常用的几个:1.如果b整除a,则b整除a的倍数.2.如果b整除a与c,则b整除(a±c).3.如果b整除a,a又整除c,则b整除c.4.如果a整除c,b也整除c,并且a与c互质,则ab整除c.在整除问题中,能被2,3,4,5,8,9,11,25等整除的数有如下的特征:1.如果一个整数的末位数字是偶数,则这个数必定被2整除.2.如果一个整数的末位数字是0或5,则这个数必定被5整除.3.如果一个整数的末两位数字组成的数被4(或25)整除,…     

整数整除整数的特征

<正> 一个整数A整除另一个整数B,就是用A去除以B所得的余数为零,即:B=K·A(其中K为整数)。而当B=K·A时(A、B、K均为整数),对于不同的A,B中的各位数字及其它性质与A又有着特殊的关系;反过来,可以从这种特殊的关系中,较容易地判断出B是否能被A整除,从而避免冗繁的除法运算。这里给出整数整除整数的判别方法。 任何一个整数,要么可以表示为2n+1,即为奇数,要么可以表示为2~n,要么可以表示为2~K(2m+1),(其中n、K、m均为整数),后两者即为偶数。而研究整数,只须从这三方面入手即可。 定理1 能被奇数2n+1整除的整数10a+b(其中n、a为整数,b为一位整数)的特征是:这个数10a+b的末位数b以前的数字所表示的数a的5倍与b的n倍之差能被2n+1整除。反之亦然。即:若10a+b能被2n+1整除,则有5a-nb能被2n+1整除;若5a-nb能被2n+1整除,则有10a+b能被2n+1整除。     

谈学生解不定方程容易出现的几种错误

解二元一次不定方程，我们有如下定理：设不定方程ax＋by＝c（a、b、c为整数且（a、b）＝1）有一个整数解x0，y0，则它的全部整数解可以表示成（，其中t为任意整数。学生在运用定理时，往往忽略定理的前提条件而盲目套用以上通解公式而造成错误。解题中学生容易出现的错误主要表现在：（1）忽略a、b、c是整数的条件病例：不定方程0．b－O．4y一2的一个整数解是X。一0，儿—－5，代入通解公式得该不定方dX一0．4t程的全部整数解为（t是整数。Iy＝5＋O．st（一0．4检查：显然，当t—1时，得（就不是原不定方程的整数解。这是由于没有把方程…     

一元二次方程有整数根的字母求值

一元二次方程的学习中,经常遇到一类有整数根的字母求值问题．这类问题灵活多变,具有一定的难度．下面举例介绍多种求值方法,供参考．一、利用方程解的定义求例In为正整数,方程x‘一响十l）x十月n－6＝0有一个整数根,则n＝．（1993年安徽省初中数学竞赛试题）解设00为已知方程的整数根,那么no‘一响十1）OO十月0－6一队整理,有（xo’－00－①＋（0－0。）月一o00‘－00－6为整数,（0－。0）且为整数．rt、XO＝0．X02－XO－6＝O．解之,n二。。＝3或一2n为正整数,…n＝3．二、利用因式分解成例2已知k为整数,巨关于X的方程（扩…     

巧用因式分解 妙解质数赛题

同学们知道,质数（素数）是只能被1和它本身整除、且大于1的自然数．由此可知,质数具有这样的一个性质：若a、b都是正整数（自然数）,p是质数,且nd＝p,贝u。＝p,b一回或a＝l,b＝p．如果把质数的这个性质和因式分解紧密结合起来,就能巧解某些有关质数的竞赛试题．例1已知a、b、c、d为非负整数,且ac＋bd＋ad＋he＝1997,则a＋b＋c＋d＝（’97第十二届江苏竞赛试题〕解将已知等式左边因式分解,得—＊M＊毗十＆一以C＋d）＋b（c＋d）。（a＋b）（c＋d）．故（a＋b）卜十d）＝1997．a、入c、d为非负整数,rt牛b＞回,C＋dpe且．即a＋…     

上期《你会解答吗?》参考解答

初一年级1．由已知条件可知，a、b、c都不为的值为1或-1；由已知等式可知．中必有两个互为相反数，并且a、b、c中有一个且只有一个是负数．不妨设a＜0，则b＞0，C＞0．abc＜0．abc＞0，2．因为数轴上表示a、b两数的点到原点的距离相等，所以a＝b或a＋b＝0．若a＝b，则x－4＝2X—5．X＝1．若a＋b＝0，则（x－4）＋（2X－5）＝0．X＝3．故X的值为1或3．3．用分类思想来处理问题．因为卜，，且a、b异号．所以或4设这个有理数为a，则此题实际上是要确定al－a的符号。用分类思想来处理问题．因为a是有理数，所以可分为a＞O、。一O、a＜O三种…     

初中数学总复习测试题

一、选择题（每小题3分，共36分）1．平方根与的积是（）（A）B）（C）（D）2．一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a0）有一个极为零的条件是（）（A）b2—4ac＝0（B）b＝0（C）c＝0（D）co3点M（1，一2）关于原点对称的点的坐标是（）（C）（－1，－2）（D）（1，2）4．下列五个方程：（1）X‘一3X＋4一0，（2）／Z二百2亚一X，（3）／FH干／i73一O，，。、11＿，＿、l＿＿＿＿＿（4）：L＋H一二0，（5）：L＋X—一2，Krp＃X”“”HZH—””一，—－’”””““”数根的方程的个数是（）（A）0个（）1个（C）2个（D）3个5．若函数y…     

高考模拟试题（一）

一、选择题（本大题共14小题，第（1）～（10）题每小题4分，第（11）～（14）小题每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目的要求。）（1）已知集合M＝｛x｜－1＜x＜2｜，N＝｛y｜y＝2X2＋1，XM｝，则MnN为（）。（A）《all＄a＜ZZ（B）la卜1＜a＜28     

BCK一代数伴随半群的Fuzzy序滤子的一些特征

研究了BCK一代数伴随半群的Fuzzy序滤子的一些结构特征：（1）BCK一代数X伴随半群M（X）的每一个序滤子都是某些Fuzzy序滤子的水平序滤子；（2）Fuzzy序滤子F的两个水平序滤子Ft1=Ft2（t1＜t2）的充分必要条件为，不存在σ∈M（X），使得t1≤F（σ）＜t2；（3）若F与E为有限BCK一代数X的伴随半群M（X）的Fuzzy序滤予，且F与E有相同水平序滤子集族，则F=E的充分必要条件为，Im（F）=Im（E）．     

第52届IMO预选题(四)

数论部分1.对于任意正整数d,f（d）是满足恰有d个正因数的最小的正整数（如f（1）=1,f（5）=16,f（6）=12）.证明:对于每个非负整数k,均有f（2^k）|f(2^k+1).2.考虑多项式P（x）=（x+d₁）（x+d₂）…（x+d₉）,其中,d₁,d₂,…,d₉是9个不同的整数.证明:存在整数N,使得对于所有的整数x≥N,均有P（x）能被一个大于20的质数整除3.设n是正奇数.求所有函数f:Z→Z,使得对所有整数x、y均有     

数的整除特征的探讨

探讨了循环小数与数的整除特征之间的关系，给出了两个（p，10）=1时能被P整除的数的特征，同时给出了能被某些或某一类整数整除的数的特征及一些具体的特征形式。     

费尔马最后定理的初等数学证明方法

本文用（ｘ－ｂ）ｎ＋ｘｎ＝（ｘ＋ａ）ｎ来代替以往大家常用的ＦＬＴ方程ｂ）ｒ］＝０．因不论ｒ是奇数，还是偶数，ａｒ－（－ｂ）ｒ恒含ａ＋ｂ为其因数，故有ａｒ－设是ａ＋ｂ的任一质因数，并将ａ＋ｂ写为Ｂ＝ａ＋ｂ，作ｘ和Ｗ的整数变换式ｘ＝ｐｌｉＷ．选整数ｔ，使有ｎｔ≥ｍ＋ｔ，则方程变为将上式两边除以Ｐｉｍ＋ｌ，则成为上式左边是Ｗ的整系数多项式，右边Ｂ种Ψｎ都不再合因数Ｐｉ，所以右边这个常数是个分数，不是整数．这样方程不能被任何整数Ｗ所满足，因此无Ｗ的整数解，于是ＦＬＴ定理成立．