求级数1~m+2~m+3~m+…+(n-1)~m+…部分和的一个初等方法

本文目的在于用初等代数的方法求如下一类级数的前(n-1)项的和: 1~m+2~m+3~m+…+k~m+…+(n-1)~m+…从而使学生对级数求和,二项式展开等知识进一步得到深化,并为建立初等与高等数学的联系提供一个有意义的应用例子。一、公式的推导: 记б_n~(m)=1~m+2~m+3~m+…+k~m+…+(n-1)~m (1) 其中m是正整数。我们注意到如下关系式: (l+1)~(m+1)-l~(m+1)=C_(m+1)~1l~m+C_(m+1)~2l~(m-1)+C_(m+1)~3l~(m-2)+…C_(m+1)~kl~(m-k+1)+… +C_(m+1)~ml+1……(2) 在(2)式两端分别令l=1,2,3,…,(n-2),(n-1),得:     

母函数与线性常系数递推数列

让我们先看下面两个例题: 例1 求证C_(n-1)~m C_(n-2)~m C_(n-3)~m… C_(m 1)~m C_m~m=C_n~(m 1) 证明:由等比数列求和公式知(1 x)~(n-1) (1 x)~(n-2) (1 x)~(n-3) … (1 x)~(m 1) (1 x)~m=((1 x)~n-(1 x)~m)/x上式左边x~m项的系数是 C_(n-1)~m C_(n-2)~m C_(n-3)~m … C_(n 1)~m C_m~m,上式右边的分子中,x~(m 1)项的系数是G_n~(m 1),应当相等,故等式成立。例2 证明: C_n~1 2C_n~2 3C_n~3 … C_n~n=n2~(n-1)。证明:将等式     

二项展开式组合系数的一些性质

由二项式定理,对(x+a)~1,(x+a)~2,(x+a)~3,(x+a)~4,(x+a)~5,…,(x+a)~(a-1),(x+a)~a,…各个展开式里各项的系数(以下简称为组合系数),可以列表如下: C_0~0 C_1~0,C_1~1 C_2~0,C_2~1,C_2~2 C_3~0,C_3~1,C_3~2,C_3~8 C_4~0,C_4~1,C_4~2,C_4~3,C_4~4 C_5~0,C_5~1,C_5~2,C_5~3,C_5~4,C_5~5 …… C_(n-1)~0,C_(n-1)~1,…,C_(n-1)~1,… C_(n-1)~(n-2),C_(n-1)~(n-1) C_n~0,C_n~1,…,C_n~1,…,C_n~(n-1),C_n~n ……     

关于一个组合恒等式教学的管见

全日制十年制高中《数学》习题十第10、(1)题,要求证明这样一个组合恒等式: C_n~n C_(n 1)~n … C_(n m)~n=C_(n m 1)~(n 1)。①该书复习题四第1(3)题,又要求证明C_(n-1)~m C_(n-2)~m C_(n-3)~m … C_(m 1)~m C_m~m=C_m~(m 1)显然,这两个等式实质上是一回事。     

构造组合式求数列的和

一类有关自然数的求和问题,若能将通项变形成组合数,构造出组合恒等式: C_(n-1)~m+C_(n-2)~m+C_(n-3)~m+…+C_(n+1)~m+C_m~m=C_n~(m+1)(高中代数第三册第81页18(2)题)。用其求和,则非常简捷。例1 求和 1×(3×1+1)+2×(3×2+1)+…+n(3n+1)。     

两个组合公式及其应用

我们知道,有这样两个组合公式: C_n~m=C_(n-1)~m+C_(n-1)~(m-1); C_r~r=C_(r+1)~r+C_(r+2)~r+…+C_(r+n+1)~r =C_(r+n)~(r+1)现在,我们来考虑组成这两个公式的各个组合数的倒数是否也能组成相应的公式?下面我们分别来讨这两个问题。定理1 设m,n为自然数,且m≥2,m≤n,则     

关于代数的短文十二篇

公式C_(n+1)~m=C_n~m+C_n~(m-1)的一个应用利用组合数性质公式C_(n+1)~m=C_n~m+C=_n~(m-1)可以求形如{n(n+1)…(n+k-1)}的数列的前n项和S_n。 [例1] 求和 S=1·2·3+2·3·4+…+n(n+1)(n+2) 解:1/3!S=1·2·3/3!+2·3·4·/3!…+n(n+1)(n+2)/3! =C_3~3+C_4~3+…+C_(n+2)~3=(C_4~4+C_4~3)+C_5~3+…+C_(n+2)~3 =(C_5~4+C_5~3)+C_6~3+…+C_(n+2)~3=…=C_(n+2)~4+C_(n+2)~3 =C_(n+3)~4=n(n+1)(n+2)(n+3)/4!,     

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     

公式K·C_n~k=n·C_(n-1)~(k-1)的意义及其应用

有些数学关系既不易理解也不易记忆,但是把它和准确、形象、生动的实例联系在一起,困难便消失了。组合数的两个性质就是这样。C_n~m=C_n~(n-m)表示从n个元素里挑m个元素出来和挑n-m个元素留下是一回事。公式C_n~m=C_(n-1)~m+C_(n-1)~(m-1)表示从n个元素中挑m个元素可以分两种情况。不挑元素A的有C_(n-1)~m种,一定挑元素A的有C_(n-1)~(m-1)种。“无A”、“有A”是这个公式的“题眼”,抓住“题眼”,问题就迎刃而解了。 C_n~m=C_(n-1)~m+C_(n-1)~(m-1)和C_n~m=C_n~(n-m)分别表达了     

成人数学课教学几个值得注意的问题

<正> 1.要注意层层深入要依据成人学员基础差,但分析能力强的特点,在讲课开始时,起点要低些,然后再层层深入,方可取得好的教学效果。如证明不等式(a_1~m+a_2~m+…a_n~m)/n≥((a_1+a_2+…+a_n)/n)~m,可先从(a~2+b~2)/2≥((a+b)/2)~2证起,然后横向推广,证(a~2+b~2+c~2)/3≥((a+b+c)/3)~2,(a~2+b~2+c~2+d~2)/4≥((a+b+c+d)/4)~2,……,直到证得(a_1~2+a_2~2+…+a_n~2)/n≥((a_1+a_2+…+a_n)/n)~2。再引导学生向纵向推广,证明(a~3+b~3)/2≥((a+b)/2)~3,(a~4+b~4)/2≥((a+b)/2)~4……,(a~n+b~n)/2≥     

二项式系数教学一得

教材(指六年制重点中学《代数》第三册)P83第24(2)题:在(1+x)~3+(1+x)~4+…+(1+x)~(n+2)的展开式中,求含x~2项的系数。同学们解到C_3~2+C_4~2+…+C_n~2+2这一结果就认为做完了。我引导同学联想已做过     

与1984有关的几个趣题

今年是1984年,特提供下列与1984年有关的一些趣味题目,这些题综合性较强,解法富有启发性,可供课外研究。由此可知该数是合数。 3.若m为奇数。证明1~m+2~m+…+1983~m+1984~m能被1+2+…+1984整除。证:记M=1~m+2~m+…+1983~m+1984~m,则2~m=(1~m+1984~m)+(2~m+1983~m)+…+(1983~m+2~m)+(1984~m+1~m)因m为奇数.故知2M能被1985整除。     

高中毕业考试参考试题(理科)

考生注意:这份试卷共七道大题,满分120分。一、(本题满分36分)本题共有12个小题,只要求直接填写结果。填对得3分,否则一律得0分。 1.y=x~2(x≤0)的反函数是__。 2.C_(10)~1+C_(10)~2+…+C_(10)~9+C_(10)~(10)=__。 3.函数f(x)=ax~2+bx+c是偶函数的充要条     

一个不定方程解的应用(高二、高三)

定理m元一次不定方程x1 x2 … xm=n(m,n∈N,m,n≥2)的正整数解有C_(n-1)~(m-1)组,自然数解有C_(n m-1)~(m-1)组.证明①若xi为正整数,则这个不定方程正整数解的组数等价于x个小球之间有n-1个空隙,从中放入m-1个隔板,故其正整数解的组数为C_(n-1)~(m-1).     

一个不等式及其应用

定理设x_1∈R~+(i=1,2,…,n),且p、q∈N,p≥q 则(x_1~p+x_2~p+…+x_n~p)/(x_1~q+x_2~q+…+x_n~q)≥(x_1x_2…x_n)~((p-q)/n)。 (当且仅当x_1=x_2=…=x_n时等号成立)。证明根据幂平均——算术平均不等式:若x_1∈R~+,m≥1(i=1,2,…,n),则(x_1~m+x_2~m+…+x_n~m)/n≥((x_1+x_2+…+x_n)/n)~m(当且仅当x_1+x_2=…=x_n时等号成立)。     

活用等比定理解题

灵活运用等比定理,可使常见题获得新颖解法。 例1 若C_n~m:C_n~(m 1):C_(n 1)~m=3:2:5,求m:n的值。 解 由已知条件易得C_N~m/3=C_n~(m 1)/2=C_(n 1)~m/5,     

趣题巧解

许多数学题目不但有趣,而且解法也巧妙,多接触这些题可以提高解题能力,现选几题,供同学们参考。 1.证明:大于(3~(1/3) 1)~(2m)的最小整数可被2~(m 1)整除(m为正整数) 证:因为 I=(3~(1/2) 1)~(2m) (3~(1/2)-1)~(2m) =(4 2(3~(1/2))~m (4-2(3~(1/2))~m =2~m[(2(3~(1/2))~m (2-2(3~(1/2))~m] =2~(m÷1)[2~m 2~(m-3)·(3m(m-1))/2 …] 所以,I能被2~(m 1)整除。而((3~(1/2)-1)~(2m)<1 ∴I就是大于((3~(1/2) 1)~(2m)的最小整数,命题得证。     

关于“平面束方程”教学的注记

<正> 在《空间解析几何》的“平面束方程”一节中,为使计算简单,常把平面束方程的公式:l(A_1x+B_1y+C_1z+D_1)+m(A_2x+B_2y+C_2z+D_2)=0…(1)(其中l,m为不全为零的任意实数)改写成A_1x+B_1y+C_1z+D_1+λ(A_2x+B_2y+C_2z+D_2)=0…(2)(其中λ为任意实数,π_1:A_1x+B_1y+C_1z+D_1=0和π_2:A_2x+B_2y+C_2z+D_2=0为系数不成比例的二个相交平面的方程)。(2) 式表示过π_1与π_2交线l的除π_2的所有平面,当λ=0时为π_1。若求满足某种条件且过L的平面方程,只要在(2)式中确定参数λ即可。但是由于(2)式中不包含平面π_2,所以     

从一道习题的解答,看学生的思维能力

习题:已知曲线C_1:5x~2+9y~2=45,C_2:y~2=x+m,问当m为何值时C_1和C_2相交,(1)有一个交点;(2)有二个交点;(3)有三个交点;(4)有四个交点.这个习题是关于曲线间的交点问题,所以学生较多地用图象法解答:因为C_1是一个椭圆,方程是x~2/9+y~2/5=1;C_2是拋物线,所以由图象易知(1)当m=-3时,C_1和C_2有一个交点;(2)当m=109/20(C_1和C_2相切的条件),或-3相似文献   

一道组合习题与一串数列求和题

习题是数学的心脏,数学课本习题是数学教材的重要组成部分。刻意探讨习题在解题中的应用,能帮助学生学会课本知识,又为指导学生提高解题能力开辟了一条有效的途径。高中代数(甲种本)第三册P.83,18(2)求证:C_(n-1)~m C_(n-2)~m … C_(m-1)~m C_m~m =C_n~(m 1) 这道习题的结论可来巧妙地解一些数列求和题。例1 求下列数列的和: (1)1 2 3 4 … n; (2)1·2 2·3 3·4 … n(n 1); (3)sum from k=1 to n k(k 1)(k 2)(k 3)…(k p-1)。解:(1)1 2 3 4 … n。