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1.
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
2.
张伟良 《小学生之友(智力探索版)》2004,(6)
下面这几道题的答案,你一看准说是错的。但是,如果给这些数添上适当的单位名称,式子就可以成立,答案也能完全正确。你看看添加什么单位名称好呢?请试试。1+1=12+1=13+4=14+9=15+7=16+18=1(答案在本期找)筌○张伟良变不可能为可能的答案:1(里)+1(里)=1(公里)2(月)+1(月)=1(季度)3(天)+4(天)=1(周)4(点)+9(点)=1点(13点即下午1点)5(月)+7(月)=1(年)(1年12个月)6(小时)+18(小时)=1天(1天24小时)变不可能为可能@张伟良 相似文献
3.
安鹏翔 《小作家选刊(小学)》2004,(3)
曾给许多朋友测试过这几道题,无一不说不可能得出这样的答案。你也不妨来试试。请看题:1+1=1 2+1=1 3+4=1 4+9=15+7=1 6+18=1怎么会这样呢?其实,一语就可道破。我们只要给这些数字加上适当的单位名称,其结果就可以成立,完全正确。1(里)+1(里)=1(公里)2(月)+1(月)=1(季度)3(天)+4(天)=1(周)4(点)+9(点)=1(点)(13点即下午1点)5(月)+7(月)=1(年)6(小时)+18(小时)=1(天)简单的数字游戏告诉我们:面对生活里那些看似不可思议的东西,只要调整一下思维方式,换不甚失手登月旅行一个思考角度,跳出习惯的思维圈圈,就会得到异乎寻常的答案,使不可能变为… 相似文献
4.
高金章 《中学生阅读(高中版)》2005,(9)
【题目设计】曾给许多朋友测试过这几道题:1+1=1,2+1=1,3+4=1,4+9=1,5+7=1,6+18=1。无一不说不可能得出这样的答案。怎么会这样呢?其实,一语就可道破。我们只要给这些数字加上适当的单位名称,其结果就可以成立,完全正确。1(里)+1(里)=1(千米),2(个月)+1(个月)=1(季度),3(天)+4(天)=1(周),4(点)+9(点)=1点(下午1点),5(个月)+7(个月)=1(年),6(小时)+18(小时)=1(天)。 相似文献
5.
中国数学奥林匹克主试委员会 《中等数学》2005,(3):22-26
第一天(2005-01-22)一、设θi∈-π2,π2,i=1,2,3,4.证明:存在θ∈R,使得如下两个不等式cos2θ1·cos2θ2-(sinθ1·sinθ2-x)2≥0,①cos2θ3·cos2θ4-(sinθ3·sinθ4-x)2≥0②同时成立的充分必要条件是∑4i=1sin2θi≤21 ∏4i=1sinθi ∏4i=1cosθi.③(李胜宏 供题)二、一圆与ABC的三边BC、CA、AB的交点依次为D1、D2、E1、E2、F1、F2.线段D1E1与D2F2交于点L,线段E1F1与E2D2交于点M,线段F1D1与F2E2交于点N.证明:AL、BM、CN三线共点.(叶中豪 供题)图1三、如图1所示,圆形的水池被分割为2n(n≥5)个“格子”.我们把有公共… 相似文献
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数列的通项公式揭示了这个数列的内在规律。中学教材中,对等差数列、等比数列作了重点介绍,本文想在此基础上作一些推广。首先我们定义:multiply from i=k to n f(i)=1(k>n) 定理一:在数列{a_n}中已知a_1且满足 a_n=f(n)a_(n-1)+g(n) (n=2,3,4…)则a_n=a multiply from i=2 to n f(i)+sum from i=2 to n[g(i) multiply from i=i to n-1 f(i+1)] 证明:1°n=2,右边=f(2)a_1+g(2)=a_2 2°假定当n=k时命题成立即 相似文献
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定理 设A_1A_2…A_5是凸五边形,记A_iA_(i 1)=a_i,A_iA_(i 2)=m_i(i=1,2,…,5约定A_6=A_1,A_7=A_2),则 sum from i=1 to 5m_i~2相似文献
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《中学数学教学》1981,(1)
一、证明等式:ina。inZa。in3a=0.8对a为任何值都不成立 证明:‘.’。ina。in3q=士(eo、Za一eo、4a) 则。ina,inZ a oin3a=含、inZa(eo公Za一eo;4a) =去。云n4a一士。inZ a eoo4a<十+士=0.75 .’.,iu a oinZ a oin3a== 0.8对a为任何值都不成立1)一l)二、求证:(23一1)(23+1)(33一1)(3”+1)(43(4“+(n3一1)(刀3+1) 2:二一. 3”2+n+1刀(n+1)其中。是大于1的自然数证明:,.’(n+l),一(n+1)+1二nZ+儿+1.’.左式_(2一1)(3一1)(4一1)··一(n一1)(22+2+i)(32+3+z)一(2+1)(3+i)(4+i)……(n+l)(22一2+1)(3“一3+i)_]·2·3……(n一1)(2:+2+1)(32+3… 相似文献
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20 0 3年CMO第六题:设a、b、c、d为正实数,满足ab cd =1 .点Pi(xi,yi) (i =1 ,2 ,3,4 )是以原点为圆心的单位圆周上的四个点.求证: (ay1 by2 cy3 dy4 ) 2 (ax4 bx3 cx2 dx1) 2≤2 a2 b2ab c2 d2cd .证明:记α=ay1 by2 cy3 dy4 ,β=ax4 bx3 cx2 dx1.由柯西不等式得 [(ady1) 2 (bcy2 ) 2 (bcy3) 2 (ady4 ) 2 ]· ad2 bc2 cb2 da2≥(ay1 by2 cy3 dy4 ) 2 =α2 ,即 α2 ≤(ady21 bcy22 bcy23 ady24 )·ad bc cb da .同理,β2 ≤(adx24 bcx23 bcx22 adx21)·ad bc cb da .将以上两式相加,并利用x2i y2i… 相似文献
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复数是高中数学中涉及面广,知识跨度大的内容,它具有综合代数、三角、几何为一体的特点。是研究图形变换和求轨迹的有力工具,应用十分广泛。要学好复数,除要理解复数有关概念外,还要熟练地掌握出复数解题的常用技巧。 1.利用i的性质 常用下列代换:1=-i~2=i~4,（1±i）~2=±2i, (1±i)~4=-4,1/i=-i,（1 i）/（1-i）=i及b ai=i(a-bi)=-i(-a bi)等。 例1 计算[（5~（1/2） （5i)~（1/2）)~2(3-4i)]/(4 3i) 解 原式=[5 5~（1/2）(1 i)~2(-i)(4 3i)]/(4 3i) =-5(5i)~（1/2）(2i)(1 i)=10 5~（1/2） 10(5i)~（1/2）. 相似文献
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我们用符号H_n~p表示从n个不同元素中任取可重复的p个元素的组合数.则:(1)H_n~p-C_(n+p-1)~p(2)H_k~0=1.(k=1,2,3,…,n)(3)H_l~i=1.(i=0,1,2,…,p)(4)H_n~p=H_n~(p-1)+H_(n-1)~p。 相似文献
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两恒等式a_n=a_1·(a_2/a_1)……(a_n/a_(n-1))及a_n=a_1+(a_2-a_1)+…+(a_n-a_(n-1))分别被称之为等比恒等式与等差恒等式。在处理很多数列问题时,若能恰到好处地利用这两个恒等式,则会给求解带来很多方便,下面略举几例。 例1 (2002年浙江等21省市高考题)设数列{a_n}满足a_(n+1)=a_n~2-na_n+1,n∈N~+。 (1)当a_1=2时,求a_2、a_3、a_4,并由此猜想出a_n的一个通项公式。 (2)当a_1≥3时,证明对所有的n≥1有: (i)a_n≥n+2; (ii)1/(1+a_1)+1/(1+a_2)+…+1/(1+a_n)≥1/2。 简解:(1)略。 (2)(i)用数学归纳法:①当n=1,a_1≥3=1+2结论成立。 相似文献
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例1.正△ABC的顶点B坐标为(m,0)(m>a为常数),A点沿椭圆b~2x~2+a~2y=a~2b~2运动,设A、B、C按逆时针排列,求C点轨迹方程。设A,B,C三点分别对应复数x_0+y_0i,m,x+yi,贝BA:(x_0-m)+y_0i,BC:(x-m)+yi。由于BC按逆时针方向旋转π/3即得BA, 相似文献
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段惠民 《中学数学研究(江西师大)》2004,(3):20-21
设Ai(i=1,2,…,n)是空间直角坐标系内的点,坐标为(xi,yi,zi),则A1,A2,A3的重心(即△A1A2A3的重心)坐标为(1/3 3∑i=1 xi,1/3 3∑i=1 yi,1/3 3∑i=1 zi). 相似文献
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设正八面体 A1 - A2 A3A4A5- A6棱长为 a,Mi( i=1 ,… ,1 2 )为各棱中点 ,Nj( j=1 ,… ,8)为各面中心 ,O为其内切球和外接球中心 ,r与 R分别为其半径 ,则有定理 1 设 P为正八面体外接球上任一点 ,则( 1 ) ∑6i=1 PA2i=1 2 R2 ;( 2 ) ∑1 2i=1 PM2i=1 8R2 ;( 3) ∑8i=1 PN2i=323R2 .证明 由 O是外接球心 ,知 ∑6i=1 OAi=0 ,OP=OAi=R,∴∑6i=1 PA2i=∑6i=1 PAi2 =∑6i=1 ( OAi- OP) 2=∑6i=1 ( OAi2 + OP2 ) - 2 OP∑6i=1 OAi=∑6i=1 ( R2 + R2 ) =1 2 R2 .类似可证 ( 2 ) ,( 3) .应用相应结果 ,可证定理 2 设 P′为正… 相似文献
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1.证明,八个相邻正整数乘积的四次方根必非整数,而它的整数部分是 x~2+7x+6,这里 x 是这些相邻整数的起始者.2.设 k 和 l 为给定的实数,对任意两个实数 a,b,定义运算 a_ob=ab+k(a+b)+l.试问这种运算满足结合律(a·b)·c=a·(b·c)的充要条件是什么?3.设 o<λ_1≤λ_2≤…≤λ_n,a_i≥0(i=1,2,…,n).证明不等式sum from i=1 to n λ_ja_i sum from i=1 to n a_i/λ_i≤1/4((λ_1/λ_n)~(1/2)+(λ_n/λ_1)~(1/2))~2(sum from i=i to n a_i)~2.4.作一凸闭曲线,它并非圆,但它的周长等于πD,这里 D 是它的直径,即它所围成的闭区域内两点间的最大距离. 相似文献
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数学力学系 1.解方程2cos(x~(1/2)+π)+1=0。 2.半径为1cm和半径为3cm的圆相切于C点。过C点的直线交小圆于A,交大圆于B点。若线段AB长等于25~(1/2)cm,求线段AC的长。 3.解不等式1/4x~(1/2log_2x)≥2~(1/4log_2~2x) 4.设从乡镇到城市先沿着土路,后沿着公路走。汽车由乡镇于早晨七时动身开往城市,同时摩托车从城市开往乡镇。摩托车 相似文献
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1 典型例题例 1 设z1=2 - 5i,z2 =3+i,求z1z2。分析 :直接利用运算法则也可以 ,但那样比较繁琐 ,可以利用共轭复数的运算结果。解 为求 z1z2,在分子分母同乘z2- ,再利用i2 =- 1,得 :z1z2 =z1·z2-z2 ·z2- =(2 - 5i) (3-i)｜z｜2 =1- 17i10 =110 - 1710 i例 2 设z=1+i,求4 z。解 因z =2eiπ4,故｜z｜=2 ,argz =π4 。于是 ,z的 4个 4次方根为 :w0 =82eiπ16,w1=82ei9π16,w2 =82ei17π16,w3 =82ei2 5π16例 3 设u(x ,y) =x2 - 2xy- y2 ,试求以u(x ,y)为实部的解析函数f(z) =u(x ,y) +iυ(x ,y) ,使得 f(0 ) =i。解 依C .R .条件有 :… 相似文献
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从超复分析的角度考虑Jacobi猜想,设P(w)=(p1(w),p2(w))是二维复空间到自身的多项式映射,研究四元数的左全纯多项式f(z1,z2,z3)=p1(w)+jp2(w),其中w=(x0+x1i,x2+x3i)和z1=x1-x0i,z2=x2-x0i,z3=x3-x0i.这显示了用四元数中的全纯函数的技巧处理Jacobi猜想是一条可能的途径. 相似文献