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1.
本刊1983年第二期《不等式(a~2+b~2)/2≥((a+b)/2)~2的推广与应用》一文证明了下面命题: 若a_1,a_2,…,a_n都是实数(n属于自然数),则有 相似文献
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本刊1984年3期中《(a2)~(1/2)+(a_3)~(1/2)>(a_1)~(1/2)+(a_4)~(1/2)的一种简捷判定法》一文指出:当a≥0m>0,n≥0时,有(a+m)~(1/2)+(a+m+n)~(1/2)>a~(1/2)+(a+2m+n)~(1/2)成立。并给出了代数证明。本文对以上结论给出它的一个几何解释。由于((a+m)~(1/2))~2-(a~(1/2))~2=m-(m~(1/2))~2, 相似文献
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一、前言
1+2+3+…+n=1/2n(n+1),其公式的来由谁都明白,但对12+22+32+…+n2=1/6n(n+1)(2n+1)和13+23+33+…+n3=1/4n2(n+1)2,其公式的来由,可能就没几个人清楚了. 相似文献
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据说著名的数学家高斯,9岁时就能用巧妙的方法速算1+2+3……+100。这种方法叫倒写相加法,现在我们用这种方法来计算1+2+3+……+n。令a=1+2+3+……+n=n+(n-1)+(n-2)+……+1两式相加,得2a=(1+n)+[2+(n-1)]+[3+(n-2)]+……+(n+1)=n(n+1)∴a=12n(n+1)你一定会为高斯这种妙算拍案叫绝!惊叹之余,你是否想过还能找出什么简便方法来计算1+2+3+……+n吗?方法一:a=1+2+3+……+n=[n-(n-1)]+[n-(n-2)]+[n-(n-3)]+……+(n-0)=n·n-[(n-1)+(n-2)+(n-3)+……+0]=n2-(a-n)解方程a=n2-(a-n),得a=12n(n+1)方法二:注意到任一自然数k都能写成k=12[k(k+1)-(k-1)k]… 相似文献
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《中学数学教学》1985年第3期刊登了梁丽玲同学写的《关于一个特殊条件等式的普遍形式的探讨》的小论文。该文把条件等式: 对一切自然数n,都存在自然数m,使得(2~(1/2)-1)~n=(m+1)~(1/2)-m~(1/2)成立①推广成: 对一切自然数n,都存在自然数a、b、m,使得 ((a+b)~(1/2)-a~(1/2))~n=(m+b~n)~(1/2)+m~(1/2)成立②并利用数学归纳法给出了证明。下面给出条件等式②的另一种证明。 相似文献
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利用对称多项式以及整系数方程根的有关性质,得到了形如q1+(a1)~(n1)+q2(a2)~(n2)+…+qs(as)~(ns)(a1、a2、…、as、n1、 n2、…、ns是大于1的正整数,a1、a2、…、as互不相等,q1、q2、…、qs为任意非零有理数)为无理数非常简单的一种判别方法． 相似文献
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本文讨论了R_+~(n+1)上的一类权函数,将R”的一些结果推广到了R_+~(n+1)上,并得到了Carleson不等式的一种推广形式。 相似文献
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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: 相似文献
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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!, 相似文献
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现行高中代数(下册)封面上醒目地给出等式1~2+2~2+3~2+…+n~2=1/6n(n+1)(2n+1)。又在第47页练习和第124页习题上相继出现1+2+3+…+n=1/2n(n+1)与1~3+2~3+3~3+…+n~3=1/4n~2(n+1)~2的求证式。这些结论之间是否存在相关性?下面作出了肯定的回答。 相似文献
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利用等式2k+2k=2K=1①可求形如xp+yq=zn（n,p）=1,（n,q）=1的不定方程的一组正整数解。例1、求方程y2＋x3＝z5的一组正整数解。解：…2、3的最小公倍数是6。既是6的整数倍又比5的整数倍小1的最小的k的值是24,即有224＋224＝225,(212)＋（28）3＝（25）5”y＝212’,x＝28,z＝z5即为要求的一组正整数解。例2、求方程z3＋x7＝y4的一组正整数解。解：3×7＝21,又3×21＝63＝64－1则有沙十3ee一岁,即（3z）’＋（3＊二（3”）‘”＝一户1二3’,歹一3‘’为要求的一组正整数解。例3、求方程＞十二二;的一组正整数解。U3M、Al＼jjq：l… 相似文献
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给出了不等式(1/(n+1)+1/(n+2)+…+1/2n)2<1/2的六种不同证法。 相似文献
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完全平方公式:(k+1)2=k2+2k+1是同学们非常熟悉的乘法公式之一.接下来请同学们和我一起利用这个公式进行一个小研究. [探索一]在这个公式中,如果分别令k= 1,2,3,…,n,那么可以得到以下n个等式: 相似文献
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本文给出((k-1)P+kQ)~(2n+m)+Q~(2m)P~(2n-m)与Q~(2m)((Q-1)P+1)~(2n+m)+Q~(2m)P~(2n-m)可整除性定理。 相似文献
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沈云付 《湖州师范学院学报》1990,(6)
本文不用特征而直接用勒让德符号和线性代数方面的知识导出F_p上不定方程x_1~2+x_2~2+…+x_n~2=a对应于(a/p)=0,1及-1的非平凡解解数和全部解解数公式. 相似文献
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[定理1] n元一次不定方程x_1+x_2+…+x_n=r的非负整数解共有C_((n+1)_(-1))~(n-1)个(r∈N)。证:考虑由r个1与n-1个0作成的一个排列。令x_1等于排列中第一个0左边1的个数,x_2等于第一个0与第二个0之间1的个数,…,x_n等于最后一个0右边1的个数。例如n=4,r=8,则排列11011110011对应解 相似文献
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平日同学常问:象1~2+2~2+…+n~2=(1/6)n(u+1)(2n+1)1~3+2~3+…+n~3=〔(1/2)n(n+1)〕~21·2+2·3+…+n(n+1)=(1/3)n(n+1)(n+2)这样的等式它的最后结果是怎样求 相似文献
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我们知道,对于 n 个不为零的数(或式)f(1)、f(2)、f(3)、…、f(n),有f(n)=f(1)+[f(2)-f(1)]+…+[f(n)-f(n-1)]f(n)=f(1)·f(2)/f(1)·f(3)/f(2)…f(n)/f(n-1)在解有关数学题时,灵活地运用这两个简单的恒等变换,不仅能使问题的解法相当简捷,而且方法巧妙、新颖。下面通过举例加以说明。一、证明代数恒等式例1 试证1~3+2~3+3~3+…+n~3 相似文献
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刘益和 《内江师范学院学报》1990,(4)
利用不定方程y~2=x~3-2X+1及y~2=X~3-4x+1的结果,将得到:若存在(λ~5-4λ~3+λ~2+4λ+4λ,λ~3-2λ+1,λ)——Ⅰ型循环拟差集,则λ只取有限几个值. 相似文献
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(a+b)n二项展开式有(n+1)项,(a+b+c)n三项展开式的项数可以按二项展开式办法求出:[(a+b)+c]n=C0n(a+b)nc0+C1n(a+b)n-1c1+…+Crn(a+b)n-rcr+…+Cnn(a+b)0cn,其展开式共有(n+1)+n+(n-1)+…+2+1=(n+1)(n+2)/2项.那么(a1+a2+a3+…+am)n展开式又有多少项呢? 相似文献