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。     

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!,     

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     

浅析“裂项”法求和

在数列求和中“裂项”法是一种常用的方法,即把数列的一项分裂成另一个数列的相邻两项之差,然后用“错位相加法”而得出数列之和.下面举出几例加以说明:例1 求和1·2·3 2·3·4 3·4·5 …… n(n 1)(n 2)解:研究此数列的一般项 a_k,有a_k=k(k 1)(k 2)=-1/4[(k-1)·k(k 1)(k 2)-k(k 1)(k 2)(k 3)]令 k=1,2,3……n 得     

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)。     

等差积数列前n项和公式的探求

请看下面的无穷数列: (1) 1,4,7,10,13,16,…3n-2,… (2) 1×4,4×7,7×10,…(3n-2)(3n+1)… (3) 1×4×7,…(3n-2)(3n+1)(3n+4)… (4) 1×4×7×10,4×7×10×13,… (3n-2)(3n+1)(3n+4)(3n+7)…数列(1)是一个等差数列,学生能迅速求出其前n项之各,但要求出数列(2),(3),(4),…等的前n项之和却成困难。然而,学生们在研读许多数学课外书刊或资料的时候,又常常遇到它们。为了满足学生的求知欲:培养他们进行数学活动的兴趣和能力,笔者利用课外数学活动时间,引导他们对类数列前n项之和的求法进行了专题探讨,师生一道建立了一般的求和公式。现将活动过程整理成文,供同志们参考。定义一个无穷数列 a_1a_2…a_n,a_2a_3…a_(r+1),…,a_na_(n+1)…a_(n+r+1),…叫做     

构造函数求解线性循环数列

如果数列{a_n}满足 a_n=c_1a_(n-1)+c_2a_(n-2)+…+C_ka_(n-k).(n≥k+1)(＊),其中c_k≠0,就称{a_n}是一个k阶线性循环数列。在高中数学课本中的等比数列与等差数列就是线性循环数列,因为公比为q的等比数列的定义式是a_n=qa_(n-1)(n=2,3,…).所以等比数列是一阶线性循环数列.因为等差数列的定义式是     

求一些特殊数列前n项和的方法

对于等差、等比数列的前n项求和问题,一般只要根据已知条件,灵活应用公式,不难求出.而对一些特殊数列的求和问题,学生时常感到束手无策,无从下手.实际上,我们只要把这些特殊数列的求和稍加巧妙变化,转化为基本类型或熟知的数列求和问题,从而简捷地解答此类问题.现将解决这些特殊数列前n项和的方法归纳如下.1分项求和法所谓“分项求和法”,就是把一个数列分解为几个基本数列后再求和.例1求和S=1·n 2(n-1) 3(n-2) … n·1.分析这是一个数列求和问题,考察其通项k(n-k 1)=k(n 1)-k2,则可将其分解成两个数列的求和问题求解.解S=1·n 2(n-1) 3(n…     

不等式a~5 b~5>a~3b~2 a~2b~3的推广和应用

高中代数第二册中有这样的两个不等式:已知a,b∈R~ ,并且a≠b,那么a~3 b~3>a~2b ab~2;a~5 b~5>a~3b~2 a~2b~3。本文将其推广为更一般的不等式。即下面的 [定理] 设a_1,a_2,…,a_n,m,a,k∈R~ ,且m=a (n-1)k,n≥2,则a_1~m a_2~m … a_n~m≥a_1~a a_2~k…a_n~k a_1~ka_2~aa_3~k…a_n~k …a_1~k…a_(n-1)~ka_n~a…(A)成立。(当且仅当a_1=a_2=…=a_n时取“=”号)。证:对n用数学归纳法。①当n=2时,m=a k,a_1~m a_2~m-(a_1~aa_2~k a_1~ka_2~a)=(a_1~a-a_2~a)(a_1~k-a_2~k)≥0,仅当a_1=a_2时取“=”号。命题成立。     

从2008年广东文科数学试题中数列压轴题的解法看递推关系求通项的常见类型

今年广东文科数学的最后一题是设数列{a_n}满足a_1=1,a_2=2,a_n=1/3·(a_(n-1) 2a_(n-2))(n=3,4,…).数列{b_n}满足b_1=1,b_n(n=2,3,…)是非零整数,且对任意的正整数m和自然数k,都有-1≤b_m b_(m 1) … b_(m k)≤1.     

一个恒等式的另证

全日制十年制高中数学课本第三册有这样一道习题:“证明:C_n~1 2C_n~2 3C_n~3 …… nC_n~n=n·2~(n-1)”[P160.第23题(2)]。此题在教学参考书上给出的证法是先证kC_n~k=nC_(n-1)~(k-1)成立,再对等式左边变形导出右边的结果而得证。笔者通过对该题的钻研发觉还有两种运用组合数性质对此题进行证明的方法不仅过程简捷,而且紧扣本章的基础知识,在教学中向学生讲解效果很好。现介绍如下,供参考。证法一:用数学归纳法证明。当n=1时,左边=C_1~1=1,右边=1·2~(1-1)=1 ∴左边=右边,即等式成立。设n=k时等式成立,即C_k~1 2C_k~2 3C_k~3 … kC_k~k=k·2~(k-1)成立。现将该式两边同加上“C_k~0 2C_k~1     

灵活变换，巧求通项

一、逐减法形如k1a1 k2a2 k3a3 … kn-1an-1 knan=f(n)(其中k1,k2,…,kn为非零常数)型,可再构造等式:k1a1 k2a2 k3a3 … kn-1an-1=f(n-1)(n≥2).然后两式相减,求通项an.【例1】(2007年山东高考)设数列{an}满足:a1 3a2 32a3 … 3n-1an=3n,n∈N*.求数列{an}的通项.解析:由已知a1 3a2 32a3 … 3n-1an=3n①得n≥2时,a1 3a2 32a3 … 3n-2an-1=n3-1②用①-②得,3n-1an=31,an=31n,又由①得,a1=13,满足上式,所以an=31n(n∈N*).二、Sn法形如f(sn,an)=0型,可利用an=S1(n=1)Sn-Sn-1(n≥2)统一成f(an)=0或f(Sn)=0的形式求解.【例2】(2007年重庆高考)…     

由递推公式求通项公式的方法

根据递推关系式写出数列的通项公式既是考查学生对数列这部分知识是否掌握的试金石,也是考查学生的观察能力、推理能力、判断能力的重要手段.因此,对学生递推能力的考查一直是高考关注的重点.本文将对高中阶段出现的几种已知递推关系求数列通项公式的方法进行探讨.※递推公式形如an+1=an+f(n)的数列由上式可得:an=an-1+f(n-1)=an-2+f(n-2)+f(n-1)=…=a1+f(1)+f(2)+f(3)…+f(n-1)例:数列｛an｝中,a1=1且a2k=a2k-1+(-1)k,a2k+1=a2k+3k,其中k∈N+,求数列｛an｝的通项公式.解:∵a2k+1=a2k-1+(-1)k+3k,a2k+1-a2k-1=(-1)k+3k,∴a3-a1=(-1)1+31,a5…     

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     

错在哪里

同学们在平时解题过程中,喜欢拿到题就做,不注意审题,缺乏周密思考,往往出错还不知道错在哪里.下面就数列问题举例说明,以期引例起1大家的注意.已知有穷数列1,4,7,10,…,3n+7,其中后一项比前一项大3.(1)指出这个数列的通项公式.(2)指出1+4+7+…+(3n-5)是该数列的前几项之和.错解:(1)这个数列的通项公式为an=3n+7.(2)1+4+7+…+(3n-5)是该数列的前n项之和.错因:(1)若n=1,则a1=10≠1.显然3n+7不是它的通项.(2)该数列的通项不是3n-5,所以1+4+7+…+(3n-5)不是它的前n项之和.正解:(1)数列的第m项am=1+3(m-1)=3m-2,所以该数列的通项公式是am=3m-2(m…     

递推法解排列组合问题

[例1] 走上10级的阶梯,每步可一级或两级,问有多少种不同的走法? 解法1 按每种走法中一步上两级的步数k(k=0,1,2,3,4,5)分成6类,走上10级阶梯的步数是10-k,这一类的走法数是C_(10-k)~k。由加法原理,不同走法总数为 N=C_10~0+C_9~1+C_8~2+C_7~2+C_6~4+C_5~5=89。下面是递推法。解法2 设走上n级阶梯的走法有a_n种,易知a_1=1,a_2=2,当n>2时,若第一步上一级则有a_(n-1)种走法,第一步上两级则有a_(n-2)种走法,故a_n=a_(n-1)+a_(n-2)(n≥3)。于是当阶梯级数n=1,2,…,10时,走法数依次是 1,2,3,5,8,13,21,34,55,89。即a_(10)=89。注意到解法2中的数列{a_n}就是菲波那奇数列,它的通项公式为     

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:     

1998高考数学压轴题引起的思索

1998年全国高考数学文科第(25)题与理科第(25)题是一对数列与不等式巧妙结合的“姊妹题”,解题的关键(亦是难点)在于分别证明关于自然数n的不等式: (1 1)(1 1/3)…(1 1/(2n-1)>(2n 1)~(1/2), (1) (1 1)(1 1/4)…(1 1/(3n-1)>(3n 1)~(1/3), (2) 笔者尝试着寻找以上两式的简便而统一的证法,探究的结果是下述定理的发现, 定理 若n,k∈N ,且k>1,则     

运用方程思想解决数列问题

方程思想是数学解题中常用的基本思想方法之一.注意到方程思想在数列问题中的应用.常可以简洁处理一些其他思想方法难以解决的数列问题.本文就此举例如下:例1 设数列{a_n}中,a_1 3a_2 5a_3 … (2n-1)a_n=(2n—3)2~(n 1),求 a_n及分析:本题的一般思路是通过已知条件,取特殊值 n=1,2,3,4…求出 a_1,a_2,a_3,a_4…进而再由归纳猜想最后用数学归纳法证明从而获解,     

仔细观察整体思考巧妙解答

在解二元一次方程组时 ,若能仔细观察方程组特征 ,并根据解题目标去设计合理的解题方案 ,就会获得巧妙的解题方法 .例 1　若 2 x3 m + 5n+ 9+3 y4m -2 n-7=2 0 0 3是关于 x、y的二元一次方程 ,试求 mn的值 .(广西 2 0 0 3年数学竞赛题 )解 :由题意 ,得 3 m+5 n+9=1,4m-2 n-7=1.　即3 m +5 n=-8,4m -2 n=8. 注意到常数项互为相反数 ,故把两式相加得 :7m +3 n =0 ,∴ 7m =-3 n,∴ mn=-37.例 2　若关于 x、y的方程组 2 x+3 y=2 k+1,　 13 x-2 y=4k+3　 2 的解 x、y的值之和为 2 40 .试求 k的值 .(2 0 0 1年广西数学竞赛题 )解 :由题意知 :x+y=2…