运用二项式定理证明不等式

二项式定理以结构的对称性给人以美的享受,这种美感更体现在它的广泛应用上。运用二项式定理证明一些不等式,结构简明,思路清晰,可达事半功倍之效。 例1 已知数列|a_n|,|b_n|,分别是等差数列和等比数列,且a_1=b_1,a_2=b_2,a_1≠a_2;a_n>0(n∈N~ ),求证:当n≥3时,a_nN时a_n<0,矛盾。故d>0。 n≥3,b_n=b_1q~(n-1)=a_(a_2/a_1)~(n-1) =a_1((a_1) a_1)~(n-1)=a_1(1 d/(a_1))~(n-1) =a_1[1 C_(n-1)~1d/(a_1) C_(n-1)~2 … C_(n-1)~(n-1)(d/(a_1))~(n-1)]     

算术—几何平均不等式的一个证明

设n是大于1的自然数,a>0。易知a(?)1时,a-1与n-(1+a+…+a~(n-1))总是异号。所以, (a-1)[n-(1+a+…+a~(n-1))]≤0。即(a-1)(n-(1-a~n)/(1-a))≤0。整理,有a(n-a~(n-1))≤n-1。①显然,①式等号成立的充分必要是a=1。如果a_1,a_2,…,a_n是n个正数,在①中令a=(a_1/((a_1+a_2+…+a_n)/n)~(1/(n-1)),则有a_1~(1/(n-1))·(a_2+…+a_n)/(n-1)≤≤((a_1+a_2+…+a_n)/n)~(n~(n-1)),即((a_1+a_2+…+a_n)/n)~n≥≥a_1((a_1+a_2+…+a_n)/(n-1))~(n-1)。②再在①中令a=(a_2/(a_2+…+a_n)/(n-))~(1/(n-2)),重复上述步骤,并结合②,有     

用矩阵解几个初等数学问题

一、用矩阵分解多项式的一次因式:定理:n次多项式f(x)=a_0x~n+a_1x~(n-1)…+a_n在数域R中有一次因式的充要条件是存在一个秩为1的2×n阶矩阵A=(a_0 a_(11) a_(21)……a_(n-2.1) a_(n-1.1) (a_(12) a_(22) a_(32)……a_(n-1.2) a_n)     

杨辉恒等式的推广与三类组合恒等式

杨辉恒等式即现行高中数学教材中所述组合数的第二个基本性质:C_(n-1)~(i-1) C_(n-1)~i=C_n~i(1≤i≤n-1)(1) 我们可以结合等差数列将其推广为定理设a_0,a_1,…,a_n是一个等差数列,则当0≤i≤n时,恒有 a_iC_n~i=a_nC_(n-1)~(i-1) a_0C_(n-1)~i(2) 证明:当i=0或n时,按规定有C_(n-1)~n=0,C_(n-1)~(-1)=0,此时,(2)式显然成立。当1≤i≤n-1时,设等差数列a_0,a_1,…,a_n的公差为d,则a_i=a_0 id (0≤i≤n),于是     

试论韦达定理及其应用

1559年,法国数学家韦达提出一个关于一元n次方程根与系数关系的定理:设方程a_0x~n+a_1x~(n-1)+a_2x~(n-2)…+a_(n-1)x+a_n=0的n个根为x_1,x_2,…,x_n,那么x_1+x_2+…+x_n=-(a_1)/(a_0)x_1x_2+x_1x_3+…+x_1x_0+…+x_(n-1)x_n=(a_2)/(a_0)     

两个有趣的递推数列及其应用

一、两个递推数列的有趣性质 考察如下两个递推数列 a_0=1,a_1=1,a_n=2a_(n-1) a_(n-2),b_0=0,b_1=1,b_n=2b_(n-1) b_(n-2)。由特征方程可得 它们有如下关系: 定理一     

一个代数定理的应用

本文拟将一代数定理的应用介绍如下,供同学们参考 [定理] 已知a_0+a_1+a_2+……+a_(n-1)+a_n=0,求证:一元n次方程a_0x~n+a_1x~(n-1)+a_2x~(n-2)+……+a_(n-1)x+a_n=0(a_0≠0)有一个根为1。证明:(略)下面谈一下这个定理的应用: [例1] 已知方程(m+1)(x~2-x)=(m-1)·(x-1)的两根绝对值相等而符号相反,求m的值。解:原方程变形为(m+1)x~2-2mx+(m-1)=0,由题设知m+1≠0,但m+1-2m+m-1=0,∴此方程有一个根为1。而原方程两根绝对值相等、符     

俄罗斯第二十一届中学数学奥林匹克第三阶段试题及解答

八年级 第一天 1.a_na_(n-1)…a_0=a_n10~n a_(n-1)10~(n-1) … a_0表示十进制数(即a_n,…,a_0是十进制数码),问:是否存在数(?)和(?),使(?)=(?)? 解 不存在.因为 2.班级中考试及格的学生人数既不少于95.9％,也不多于96.5％,问:班级中至少     

整数的多项式表示及其应用

初中课外讲座,作者鲁有专。任给n位整数k,在10进位制中,可表为10的n-1次多项式:k=10~(-1)·a_1 10~(n-2)·a_2 … 10·a_(n-1) a~n,a_i∈{0,1,…,9},i=1,2,…,n,a_1≠0;在b进位制中,又可表为k=b~(n-1)·a_1 b~(n-2)·a_2 … b·a_(n-1) a_n,a_i∈{0,1,…(6-1)},i=1,2,…,n,a_1≠0。整数的多项式表示,在解决某些数学竞赛题时是一个有效的方法,运用时又有若干技巧,本文在这方面将给您以启迪。     

数阵的一种迭代

1 问题已知数阵 A_0={a_(ij(0))={a_(ij)},a_(ij)∈C.设A_n={a_(ij)(n)):a_(ij)(n)=a_(ij)(n-1)+a_(i,j+1)(n-1)+a_(a_(i+1),j)(n-1)+a_(i+1,j+1)(n-1),i,j=1,2,3,…,①则 A_n 叫做 A_0的 n 次迭代数阵.问题在于:已知 A_0,求 A_n 的通项公式.     

关于一个代数不等式猜想

文献[1]提出如下一个代数不等式猜想:猜想设 a>0,i=1,2,…,b,3≤n ∈N,证明或否定:f(a)=a/(1 a_1) a_1a_2 …… a_1a_2…a_(n-2) a_1a_2…a_(n-1)     

一个代数不等式猜想的否定

文献[1]提出如下一个代数不等式猜想:猜想设 a_1>0,i=1,2,…,n,3≤n∈N.证明或否定:f(a)a_1/a_1a_2…a_(n-1) a_2aa_2…a_(n-2) … a_1 1 a_2/a_2a_3…a_2a_3…a_(n-1) … a_2 1 … a_n/a_1…a_(n-2) a_na_1…a_(n-3) … a_n 1≤1.文[1]作者指出:当 n=3时已给出初等证明,当 n≥4时仍为猜想.笔者指出:当 n≥4时,此不等式猜想不成     

初等超越函数有次数吗?

问代数基本定理的内容是什么? 答代数基本定理的内容是:每一个复数域上n次代数方程 f(x)=a_0x~n+a_1x~(n-1)+…+a_(n-1)x+a_n=0(a_0≠0,n≥1) (1)在复数域中至少有一个根。问它有哪些重要推论? 答它的重要推论有     

多项式的两种观点

多项式这一概念,应如何理解?北大编《高等代数》是这样定义的:设x是一个符号(或称文字),n是一个非负整数。形式表达式 a_nx~n+a_(n-1)x~(n-1)+…+a_1x+a_0 (1)其中a_0,a_1,…,a_n全属于数域P~*,称为系数在数域P中的一元多项式,或者简称为数域P上的一元多项式。既然x是一个符号,因此x,x~2,…,x~n以及式子a_nx~n,a_(n-1)x~(n-1),…,a_1x与连接这些式子的符号“+”,都应看作没有赋予     

韦达定理在三角中的若干应用

韦达(Vieta)定理揭示了一元n次方程的根和系数的关系,在数学中有着广泛的应用.它的一般表法是: 如果一元n次方程 a_0x~n+a_1x~(n-1)+…+a_(n-1)x+a_n=0的根     

利用排序不等式法证分式不等式

众所周知,排序不等式 a_nb_n a_(n-1)b_(n-1) …… a_2b_2 a_1b_1≥a_nb_(in)) a_(n-1)b_(in-1) …… a_2b_(i2) a_1b_(i1)≥a_nb_1 a_(n-1)b_2 …… n_2b_(n-1) a_1b_n(其中,a_i,b_i∈R,i=1,2,…n,a_n≥a_(n-1)≥…≥a_1,b_n≥b_(n-1)≥…≥b_1,i_1,i_2,…i_n 是数码1,2,…n 的任意一个排列,当且仅当,a_n=a_(n-1)=…=a_2=a_1或 b_n=b_(n-1)=…=b_2=b_1时等号成立)在不等式的证明中有着十分广泛的应用.当所证不等式具有对称性时,不等式中各个字母     

回归方程及其解法

一般的高次方程,在中学数学里是不予讨论的。但是对于某些特殊类型的高次方程,例如回归方程我们还是经常遇到的。为此,本文简要介绍回归方程及其解法。 定义:如果方程 f(K)=a_ox~n a_1x~(n-1) a_2K~(n-2) … a_(n-1)x a_n=0 (1)     

数列习题解答中常见错误举例

数列是中学数学的重要内容之一,有关数列的习题形式多样,解法灵活,除要求较高的分析问题和解决问题的能力之外,还必须具有清晰的概念和比较坚实的基础知识,否则常因概念不清而导致谬误。举例于下: 一、判别数列的类型不确切。例1 已知数列{a_n}满足a_1=1,a_2=7,且a_n=2a_(n-1)+3a_(n-2)(n≥3) ①求a_n。错解:将2a_(n-1)拆成3a_(n-1)—a_(n-1)后,①式可化为 a_n+a_(n-1)=3(a_(n-1)+a_(n-2),从而 a_n+a_(n-1)/a_(n-1)+a_(n-2)=3     

更序数列及2000年冬令营第二题另解

2000年冬令营第二题如下(本刊2000年第二期): 数列{a_n}定义如下:a_1=0,a_2=1,a_n=1/2na_(n-1) 1/2n(n-1)a_(n-2) (-1)~n·(1-n/2),n≥3。试求f_n=的最简表达式。 这个数列看来非常麻烦,不妨先算前面几项,发现a_3=2,a_4=9,a_5=44及a_6=     

常系数线性微分方程的特解求法的另一证明

在王高雄等人编的《常微分方程》的教材中,常系数齐线性方程y~n a_(n-1)y~(n-1) …… a_1·y a_oy=0的n个线性无关的特解及非齐线性方程y~n a_(n-1)·y~(n-1) …… a_1·y a_oy=e~(λx)·A_m(x)的特解的证明过程有一定的技巧性,本文介绍的证明方法没有用到变换的方法,证明更为简单.