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定理nn-1[(m+1)n-1n-1]<∑mi=11niαn-αn-1(α>1,n∈N,n≥2).证明由二项式定理得(α-1n)n=∑nr=0(-1)rCrn1nrαn-r,∵Crn(1n)r-Cr+1n(1n)r+1=Cr+1n(1n)r+1·nr+rn-r≥0,∴Crn(1n)r≥Cr+1n(1n)r+1(当且仅当r=0时等号成立).若n为偶数时,(α-1n)n=αn-αn-1+(C2n1n2αn-2-C3n1n3·αn-3)+…+(Cn-2n1nn-2α2-Cn-1n1nn-1α)+Cnn1nn>αn-αn-1;若n为奇数时,(α-1n)n=αn-αn-1+(C2n1n2αn-2-C3n1n3·αn-3)+…+(Cn-1n1nn-1α-Cnn1nn)>αn-αn-1.2定理的证明(1)∑m… 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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例1已知数列{a_n}中，a_1=1，对任意自然数n都有a_n=a_(n-1)+1/(n(n+1))，求a_n．解：由已知得a_n-a_(n-1)=1/(n(n+1))，a_(n-1)-a_(n-2)=1/((n-1)n)，…，a_3-a_2=1/(3×4)，a_2-a_1=1/(2×3)．以上n-1个式子累加，并利用1/(n(n+1))=1/n-1/(n+1)，得a_n-a_1=1/(2×3)+…+1/((n-2)(n-1))+1/((n+1)n)+1/(n(n+1))=1/2-1/(n+1)，∴a_n=3/2-1/(n+1)．点评：求形如a_n-a_(n-1)=f(n)的数列通项，可用累加法． 相似文献
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组合恒等式证明问题,一般难度较大,学生往往不易掌握。下面就来谈谈组合恒等式证明的几种方法。 1.置换法。在公式(a+b)~n=C_n~0a~n+C_n~1a~(n-1)b+C_n~2a~(n-2)b~2+…+C_n~ra~(n-r)b~r+…+C_n~nb~n中,适当地选择某个数来置换a和b,原恒等式即可得证。例1.求证:①2~n-C_n~12~(n-1)+C_n~22~(n-2)+…+(-1)~(n-1)C_n~(n-1)2+(-1)~n=1; ②3~n-C_n~13~(n-1)+C_n~23~(n-2)+…+(-1)~(n-1)C_n~(n-1)3+(-1)~n=2~n。 相似文献
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《安徽教育学院学报》1994,(1)
本文证明了具有 m 条边的极大图个数与 m 分为互不相等部分的分拆数相等,并给出递归关系g(f,n,m)=g(f,n-1,m-f)+g(f-1,n-1,m-f) g(n,m)=g(n-1,m-1)+g(n-1,m-n+1) 相似文献
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对高阶微分方程f(n)(z)+An-1(z)f(n-1)(z)+An-2(z)f(n-2)(z)+…A1(z)f'(z)+A0(z)f(z)=0和f(n)+An-1(z)f(n-1)(z)+An-2(z)f(n-2)(z)+…+A1(z)f'(z)+A0(z)f(z)=F(z)的解进行了研究,其中Aj(z)(j=0,1,2…,n-1)和F(z)为单位圆△={z:|z|<1}内的解析函数,获得了解的超级和超级零点收敛指数的估计. 相似文献
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《中学生数理化(高中版)》2016,(11)
<正>类型一:累加法形如:a_n=a_(n-1)+f(n)(其中f(n)不是常值函数)例1已知数列{a_n}满足a_1=3,2/a_n-a_(n+1)=n(n+1),则a_n=____。方法指导:先将递推公式变形为a_n-a_(n-1)=f(n),令n=2,3,4,…,n,再将这n-1个式子相加,得a_n-a_1=f(2)+f(3)+…+f(n)。所以,a_n=a_1+f(2)+f(3)+…+f(n)=a_1+ 相似文献
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詹国梁 《苏州教育学院学报》1987,(1)
本文先给出牛顿公式,并利用求函数的导数与多项式的比较系数法加以证明,再举例说明它在初等代数中的应用.一、公式及其证明当K≤n时,S_k-S_(k-1σ1)+S_(k-2σ2)+…+(-1)~(k-1)S_(1σk-1)+(-1)~k·K_(σk)=0(l)当K>n时,S_k-S_(k-1σl)+S_(k-2σ2)+…+(-1)~nS_(k-nσn)=0(2)其中σ_i(i=1,2,…,n)是初等对称多项式,即σ_i=X_1+X_2+…+X_n,σ_2=x_1X_2+X_2X_3+…+X_(n-1)X_n,…,σ_n=X_1X_2…X_nS_k(K=0,l,2,…)是一类特殊的对称多项式,即S_k=x_1~k+x_2~k+…+X_n~k(S_0=n)证明:令f(x)=(x-x_1)(x-x_2)…(x-x_n)=x~n-σ_1x~(n-1)+σ_2x~(n-2)+… 相似文献
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本文给出第2类Stirling数,Bernoulli数与Euler数的解析表示式: s_2(m+1,n)=(-1)~n/n1 sum form j=1 to n(-1)~j(?)_j~(-m+1) B_n=sum form k=1 to n 1/(k+1) sum form j=1 to k (-1)~j(?)_j~(-n) E_(2n) =1/(2n+1)[sum from p=0 to n-1 sum from k=1 to 2(n-p) sum from j=1 to k (-1)~(j-1)/(k+1)·(?)(?)(4j)~2(n-p)+4n+1]因此解决了它们的计算问题。 相似文献
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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 相似文献
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眭锡坤 《苏州教育学院学报》1986,(1)
多项式理论是高等代数的重要内容之一,在研究有理系数多项式的因式分解时,有下述定理:设f(x)=a_nx~n+a_(n-1)x~(n-1)+……+a_1x+a_0是n次整(数)系数多项式,如果有一个素数P,使: 相似文献
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形如f(1)+f(2)+…+f(n)=F(n)的恒等式,除用数学归纳法证明外,还可用这样的方法,即证F(n)-F(n-1)=f(n),F(0)=0。于是f(1)=F(1),f(2)=F(2)-F(1),f(3)=F(3)-F(2),…,f(n)=F(n)-F(n-1),逐项相加得f(1)+f(2)+…+f(n)-F(n)。完全类似地,对形如f(1)·f(2)…f(n)=F(n)(f(n)≠0)的恒等式,可证F(n)/F(n-1)=f(n),F(0)=1。于是,f(1)=F(1),f(2)=F(2)/F(1),…f(n)=F(n)/F(n-1),逐项相乘得f(1)·f(2)…f(n)=F(n)。此法适用于代数,三角恒等式,证法简捷。例1 求证cosx+cos2x+……cosnx 相似文献
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<正>数的计算中有这样一个公式:1+2+3+4+…+n=n(n+1)/2.这是一个求和公式,这个公式具有很强的概括性和实用性,将这个公式稍加变形将会有更好的应用.如:(n-1)+(n-2)+…+3+2+1=n(n-1)/2.下面 相似文献
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关于五个裴波那契公式的推广 总被引：1，自引：0，他引：1
公式(sum ∑ from k=1 to n)f_k=f_(n+2)-f_2,(sum ∑ from k=1 to n)f_(2k-1)=f_(2n)-(f_2-f_1)(sum ∑ from k=1 to n)f_(2k)=f_(2n+1)-f_1,(sum ∑ from k=1 to n)f_k~2=f_nf_(n+1)(sum ∑ from k=1 to n)f_kf_(k+1)=1/2(f_(n+2)~2-f_nf_(n+1)- 中,我们把前三个关于任意的裴波那契序列公式(即 f_n=f_(n-1)+f_(u-2),f_1=a,f_2=b)推广到二阶线性递推序列(即 f_n=pf_(n-1)+qf_(n-2),f_1=a,f_2=b,p,q,a,b 均为实数);把后两个公式推广到任意的裴波那契序列中去. 相似文献
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<正> (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=C_n~0(a+b)nc0+C_n~1(a+b)n-1c1+…+C_n~r(a+b)n-rcr+…+C_n~n(a+b)0cn,其展开式的项数为(n+1)+n+(n-1)+…+2+1=(n+1)(n+2)/2,(*) 相似文献
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等比数列前n项的求和公式的推论: (a-b)(a~(n-1)+a~(n-2b)+…+b~(n-1))=a~n-b~n以及它的特殊形式: (1-q)(1+q+q~2+…+q~(n-1))=1-q~n都是因式分解的重要公式,而因式分解则是解题(如求值,证明等)的重要手段,以下各例,可以说明。例1 分解因式X~(12)+x~9+x~6+x~3+1(1978年全国数学竞赛决赛题) =(x~4+x~3+x~2+x+1) (x~8-x~7+x~5-x~4+x~3-x+1) 例2 已知ω=e~((2π/5)i),求1+ω~4+ω~8+ω~(12)+ω~(16)之值。解原式=((1-ω~4)(1+ω~4+ω~8+ω~(12)+ω~(16))/1-ω~4 =(1-ω~(20))/(1-ω~4)=(1-(ω~5)~4)/(1-ω~4) ∵ω~5=(e~((2π/5)i))~5=e~(2πi)=1 ω~4=e~((8/5)πi)≠1 ∴原式=0 例3 求能使2~n-1被7整除的所有正整数n。(第六届国际数学竞赛题) 解分二种情况讨论。 (1)如果n是3的倍数,我们设n=3k(k为正整数),这时 相似文献