两整数平方差的性质的应用二例

定理两整数的平方差为奇数或4的倍数.证明:m,n∈Z,则 m~2-n~2=(m+n)(m-n),若m、n 一奇一偶,则 m+n、m-n 皆为奇数,其积亦然;若 m、n 同为奇或偶,则 m+n、m-n 皆为偶数,其积自然为2×2=4之倍数.推论1 奇数均可表为相邻整数的平方差.事实上,对任一奇数2k-1,有2k-1=k~2-(k     

平方差公式的应用(二)

师:今天讨论两个与平方差有关的问题.第一个问题是:1.如果a是正整数,证明有两个整数x,y,使得x2-y2=a3.生:我还是进行分解:(x+y)(x-y)=a3,所以x+y=a2,x-y=a .解得x=a2+a2,y=a2-a2 .师:你得到的x,y是不是整数?生:如果a是偶数,a2±a是偶数.如果a是奇数,a2与a同是奇数,a2±a是个偶数.所以上面得到的x,y都是整数,而且a2+a2 2-a2-a2 2=a2+a+a2-a2·a2+a-(a2-a)2=a3,所以a3是平方差.师:能否利用上次得到的结论来证?(1～2合期《平方差公式的应用(一)》中的结论为:每个奇数都可以写成平方差,是4的倍数的偶数也能写成平方差.)生:如果a是奇数,那…     

平方差公式的应用<一>

师:今天看一个与平方差有关的问题:证明2003可以写成两个整数x、y的平方差,即有整数x,y,使得x2-y2=2003.(1)生:这可以用分解的方法.由上式得(x+y)(x-y)=2003.所以x+y=2003,x-y=1.x=2003+12=1002,y=2003-12=1001.师:你得到一组使(1)成立的解.还有一组解是x=-1002,y=-1001.不过,这道题只要求找出一组使(1)成立的整数解.所以你的解答是很好的.进一步,可以考虑更一般的问题:设2n+1是奇数,证明2n+1可以写成平方差.生:我还是用分解的方法.师:分解的方法可行.不过,也可以直接猜一下:()2-()2=2n+1中,()里可以填什么?生:可以填n+1与n.因为(n+1)2-n2=n…     

利用等价变换法解题数例

解数学题时,若思路受到阻碍或无计可施,常考虑把一个命题化成与之等价的另一命题,往往可收到化难为易,化繁为简之功效,下举数例,以示说明。例1 求证:没有整数a、b、c,满足a~2+b~2-8c=6。分析:这个命题已知条件很少,不便于利用。若将其结论式等价变形成:a~2+b~2=8c+6,则问题转化为:证明没有两个整数的平方和被8除余6,至此,可由整数性质获得巧妙证明。∵任一整数都可表示成下列形式之一:4n.4n+1,4n+2,4n+3,它们的平方分别为:16n~2,16n~2+8n+1,16n~2+16n+4,16n~2+24n+9,它们被8除的余数是:0,1,4,而0、1、4中的任意两个(包括重复)之和都不等于6,故任意两个整数的平方和被8     

1993中国数学奥林匹克(CMO)

一、设n是奇数.试证:存在2n个整数al,由,””久办,瓦,…,b.,使得对任意一个整数k,o相似文献   

“数学归纳法”证题的关键

数学归纳法是证明与自然数n有关的命题P(n)的数学思想方法.近年来的高考时有涉及. 用数学归纳法证题。“奠基”和“递推”这两步缺一不可,并需把握好其中的一些关键点. 一“奠基”步不可或缺例1 设n为正奇数,求证,n4+14n2+49是64的倍数. 证明:(1)当n=1时,14+14·12+49=64是64的倍数; (2)假设当n=2k-1(k∈N*)时,n4+14n2+49是64的倍数.令Sn=n4+14n2+49,则当,n=2k+1时,S2k+1-S2k-1=[2k+1)4+     

数学命题中的“抱残守缺”

例1是否存在奇数n≥3及n个互不相同的素数p1,p2,…,pn,使得pi+pi+1(i=1,2,…,n;pn+1=p1)都是完全平方数?请证明你的结论.(第11届中国西部数学奥林匹克)命题人提供的原题是这样的:将n个互异素数a1,a2,…,an分别填在一个凸n边形A1A2…An的n个顶点处,使得n边形的每条边的两端点的填数之和a1+a2,a2+a3,…,an-1+an,an+a1皆是完全平方数,称这样的n边形A1A2…An为“优质n边形”.如果两个优质n边形A1A2…An与B1B2…Bn顶点处所填的2n个素数a1,a2,…,an,b1,b2,…,bn两两互异,且a1+a2=b1+b2,…,an-1+an-bn-1+bn,an+a1=bn+b1,则称这两个n边形是相互平等的.     

一个命题的修正及推广

《数学方法与解题方法论》第 130页有这样一个命题 :形如 aa…aan个bb…bbn个(a≠ 0 ,a,b∈ { 0 ,1,2 ,3,… ,8,9} ,n∈ N* )能够表示成两个连续自然数的乘积的充要条件是 a=1,b=2 .笔者经过仔细的证明 ,发现此命题是错误的 ,应修正为 :形如 aa… aan个bb… bbn个的自然数 (a≠ 0 ,a,b∈ { 0 ,1,2 ,3,… ,8,9} ,n∈N* )能够表示成两个连续自然数的乘积的充要条件是 a=1,b= 2或 a=4 ,b=2或 a=9,b=0 .证明　 (必要性 ) :aa…aan个bb…bbn个(n∈N* )=(1+10 1 +10 2 +… +10 n-1 )× 10 na+(1+10 1 +10 2 +… +10 n-1 ) b=(1+10 1 +10 2 +… +…     

一道竞赛题的推广

本文将第27届IMO第一题作了如下推广:“设正整数 d 不等于2,32n~2-40n+13,32n~2-24n+5(n 为正整数).证明;在集合{2.32n~2-40n+13,32n~2-24n+5}中,可以找到两个不同元素 a、b,使 ab-1不是完全平方数.”该命题中当 n=1时即为原赛题.     

第36届IMO预选题解答(上)

代数部分 1.(俄罗斯)本届IMO第2题。 2.(瑞典)设a,b是非负整数,且满足ab≥c~2,其中c是整数。证明:存在数n,及整数x_1,x_2,…,x_n;y_1,y_2,…,y_n,使得 sum from i=1 to n(x_i~2)=a,sum from i=1 to n(y_i~2)=b,sum from i=1 to n(x_iy_i)=c。 证明 将上述问题简记为(a,b,c)。易知,命题对于(a,b,c)成立的充分必要条件是对于(a,b,-c)     

一道竞赛题的启示及推广

2n .2行了8一·J一 乃 第五届全俄中学生数学竟赛有这样一道题:求所有a、‘b,使}2:2卜a:+b!簇1对一切一1毛:廷1均能成立.为了便于以下讨论及推广,我们把上题改述为如下命题: 命题l对于任意a任(一co,。co),有 }2e082a+aeo。:+b!毛1,当且仅当ZeosZa+aeos“+b=eosZa. 证明当ZeosZa+aeosa+b二cosZa时,显然能使]ZeosZa+aeosa+bl镇1对于任意a任(一co,+co)都成立. 反之,设吞>一z,则Zcos’a+ac08a+b=Zeos“a一l+aeosa+b+1.由假设知b+l>0,若令eosZa二z且使aeosa=!aJ,则有!Zeos’a+aeosa+b}二i+la}+b+1>1,矛盾. 设乙<一z,若令eosa二o,则有{Zeos…     

二阶整线性递归数列的性质及应用

2020年全国高中数学联合竞赛加试中有这样的一道数列题: 题目设a1 =1,a2 =2, an=2an-1+an-2(n-3,4,…). 证明:对整数n≥5,an必有一个模4余1的素因子. 解决此题的关键是利用这个递推的两个结论: (1)am+n=aman+1+am-1an; (2)a2n+1a2n-1=a2n2+1....     

构造不定方程解排列问题

1985年全国高中联赛有一道求不定方程整数解的竞赛题,原题如下: 方程2x_1+x_2+x_3+…+x_(10)=3共有多少组不同的非负整数解? 此题难度不大,但其一般化以后的结论却是很有意思的,下面先证明两个关于不定方程整数解的命题。命题1 不定方程 x_1+x_2+…+x_m=n (n≥m)共有C_(n-1)~(m-1)=1组不同的正整数解。 (证明请参看苏淳编写的“同中学生谈排列组合”一书。) 命题2 不定方程 x_1+x_2+…+x_m=n(n≥0)共有C_(n+m-1)~(m-1)组不同的非负整数解。     

也谈对新教材两道习题的思考

高中数学新教材有这样两道习题 :题 1　已知 f(x) =lg1-x1+x,a、b∈ (- 1,1) ,求证 f(a) +f(b) =f(a +b1+ab) .(高一上册第 89页 )题 2　已知 ｜a｜<1,｜b｜<1,求证 :a+b1+ab <1.(高二上册第 2 2页 )文 [1]作者谈了题 1、题 2的 4点思考 :①题 1中 f(a) ,f(b) ,f(a+b1+ab)有意义是必须证明的 ;②题 1不属于“恒等式证明” ;③题 1在高一现有知识范围内可以有不同的证明方法 ;④题 2可以通过构造题 1的函数来证明 .笔者完全赞同这 4点 ,并愿意作 4点补充 :1　要积极挖掘函数值之间的关系 ,培养发现能力题 1中的函数值关系式 f(a) +f(b) =f(a+…     

奇数的一个性质

任意一个不等于1的奇数的平方,都可表示成两个连续自然数平方的差。 证任一个不等于1的奇数可表示成Zn+1,”〔N,n子0则有 (2”+1)2=4n2+4打+l=(2”2+Zn+1)+(2”2+Zn)二〔(2n2+Zn+1)+(2n2+Zn)〕〔(2n2+Zn+ +1)一(Zn“+Zn)〕=(2”2+Zn+1)2一(2n2+2”)2。 因为n是一个自然数,所以,2,,+2。++1和2n2+2n是两个连续的自然数.从而命题得证。 如令n=1,2,3,…,得 32=52一42; 52=132一122, 72一25么一24:,……奇数的一个性质@郝桓文$兰州教育学院~~…     

一道课本不等式的推广及应用

高中《代数》(必修)下册P18有如下一道例题: 如果a,b∈R+,且a≠b,求证:a3+b3>a2b+ab2. 此不等式结构对称和谐,其内涵十分丰富,应用它的推广能简捷巧妙地解决许多数学问题. 一、推广 命题 1 当 a,b∈R+,则a3+b3≥a2b+ab2 等号成立当且仅当a=b. 命题2 若a,b∈R+,m,n∈Z且mn>0,则am+n+bm+n≥ambn+anbm 当且仅当a=b时取“=”号. 由(am+n+bm+n)-(ambn+anbm)=(am-bm)(an-bn)不难得到命题2的证明. 二、应用     

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。     

几道课本习题的推广及应用

新版高中数学教材第二册 (上 )有这样几道习题 .第 1 1页习题 6 .2第 1题 ,求证 :(a + b2 ) 2 ≤ a2 + b22 可以改写成 a2 + b2 ≥(a + b) 22 .第 1 6页习题 6 .3第 1 (2 )题 ,求证 :a2 + b2+ c2≥ ab+ bc+ ca可以变形为 :3 (a2 + b2 +c2 )≥ a2 + b2 + c2 + 2 (ab+ bc+ ca) ,所以 a2+ b2 + c2≥ (a + b+ c) 23 .第 3 1页第 5题 ,求证 :3 (1 + a2 + a4 )≥ (1+ a + a2 ) 2 ,则是上题的一个特例 .由此 ,我们可以推广之 ,得 :定理 :ai∈ R,i =1 ,2 ,… ,n,则当 n≥ 2时∑ni=1a2i ≥(∑ni=1ai) 2n (1 )证明 :用数学归纳法n =2时 ,a21+ a22 ≥ …     

第33届IMO第1题的一种解法

因为4镇m相似文献   

数列的两个性质

背景 :本文将高一数学新教材第一册(上 )第 1 4 2页复习参考题第 4题 :“有两个等差数列 {an},{bn},a1 + a2 +… + anb1 + b2 + b+… + bn=7n+ 2n+ 3=f ( n) ,求 a5b5.”进行深化延拓 .得到了等差数列与等比数列的两个新的性质 .定理 1　有两个等差数列 {an},{bn},其前 n项和 Sn 与 Sn′之比为 Sn Sn′=f( n) ,则　( 1 ) ambm=f( 2 m- 1 ) ;( 2 ) am+ am+1 bm+ bm+1=f( 2 m) .证明　 ( 1 )∵ {an) ,{bn}均为等差数列 ,∴ 2 am=a1 + a2 m- 1 ,∴ S2 m- 1 =a1 + a2 +… + a2 m- 1=a1 + a2 m- 1 2 ( 2 m- 1 ) =2 ( m- 1 ) am.同理 S2 m- 1 …