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性质１Ｐｍｍ＋Ｐｍｍ＋１＋Ｐｍｍ＋２＋…＋Ｐｍｎ＝１ｍ＋１Ｐｍ＋１ｎ＋１（ｎ≥ｍ≥１）．证明∵Ｐｍｋ＝１ｍ＋１〔（ｋ＋１）－（ｋ－ｍ）〕Ｐｍｋ＝１ｍ＋１〔（ｋ＋１）Ｐｍｋ－（ｋ－ｍ）Ｐｍｋ〕＝１ｍ＋１（Ｐｍ＋１ｋ＋１－Ｐｍ＋１ｋ）,∴Ｐｍｍ＋Ｐｍｍ＋... 相似文献
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《数学教学研究》１９９９年第５期文〔１〕专门研究了一类根式不等式的证法，本文将给出这类不等式的一种更便捷的证法．１ 关于二次根式和三次根式的两个不等式定理１ 设０≤ｘ１＜ｘ＜ｘ２，则ｘ＞ｘ１＋ｘ２－ｘ１ｘ２－ｘ１（ｘ－ｘ１）．（１）证 由题设知只需证明ｘ－ｘ１ｘ－ｘ１＞ｘ２－ｘ１ｘ２－ｘ１，为此，只需验证１ｘ＋ｘ１＞１ｘ２＋ｘ１．因为ｘ＜ｘ２，所以这个不等式显然成立，从而不等式（１）成立．定理２ 设０≤ｘ１＜ｘ＜ｘ２，则３ｘ＞３ｘ１＋３ｘ２－３ｘ１ｘ２－ｘ１（ｘ－ｘ１）．（２）这个定理的证明可以… 相似文献
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对一道不等式推广的简证庞耀辉（甘肃省窑街矿务局一中７３００８０）李再湘老师在文〔１〕中给出不等式：∑ｎｋ＝１ｘｋ＋１ｘｋ２≥ｎｎ＋１ｎ２ｘｋ＞０且∑ｎｋ＝１ｘｋ＝１的简证与推广：∑ｎｋ＝１ｘｋ＋１ｘｋｍ≥ｎＡｎ＋ｎＡｍ（ｘｋ＞０,∑ｎｋ＝１ｘｋ＝Ａ,... 相似文献
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陈智超 《中学数学教学参考》1999,(10)
阅读文［１］例５－２７时,产生两个联想．命题１ π２６－１ｎ＜∑ｎｋ＝１１ｋ２＜π２６－１ｎ＋１（ｎ∈Ｎ）．证明：由∑∞ｋ＝１１ｋ２＝π２６,有π２６＝∑ｎｋ＝１１ｋ２＋∑∞ｋ＝ｎ＋１１ｋ２＜∑ｎｋ＝１１ｋ２＋∑∞ｋ＝ｎ＋１１（ｋ－１）ｋ＝∑ｎｋ＝１１ｋ２＋１ｎ,得 π２６－１ｎ＜∑ｎｋ＝１１ｋ２．又 π２６＝∑ｎｋ＝１１ｋ２＋∑∞ｋ＝ｎ＋１１ｋ２＞∑ｎｋ＝１１ｋ２＋∑∞ｋ＝ｎ＋１１ｋ（ｋ＋１）＝∑ｎｋ＝１１ｋ２＋１ｎ＋１,得 ∑ｎｋ＝１１ｋ２＜π２６－１ｎ＋１．综上得命题１成立．命题２ … 相似文献
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姚金红 《少年天地(小学)》2003,(5)
一、变成完全平方式的形式例１已知关于x的一元二次方程（k２－k－２）x２－（５k－１）x＋６＝０（k≠２，k≠－１）．求证：这个方程一定有两个实数根．证明：∵k≠２，k≠－１，∴k２－k－２≠０．∵Δ＝〔－（５k－１）〕２－４·６（k２－k－２）＝k２＋１４k＋４９＝（k＋７）２≥０．∴该方程一定有两个实数根．二、变成完全平方式加一个非负数的形式例２已知：a、b、c是实数，且a＝b＋c＋１．试证：两个方程x２＋x＋b＝０和x２＋ax＋c＝０至少有一个方程有两个不相等的实数根．证明：两个方程的判别式分别为Δ１＝１－４b，Δ２＝a… 相似文献
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１ 问题提出《数学通报》１９９５年第８期问题９６９题：已知ａ、ｂ、ｃ∈Ｒ＋,且ａ＋ｂ＋ｃ＝１,求证：３－３＜１－３ａ２＋１－３ｂ２＋１－３ｃ２≤６．已见多文对这类问题上界不等式的解法进行探讨〔１〕～〔４〕,但对其下界却少有研究．我们自然要问：其下界的求解方法可否优化？为便于说明,不妨摘抄原文如下：图１对于函数ｙ＝１－３ｘ２,它的图像是椭圆３ｘ２＋ｙ２＝１（ｘ＞０,ｙ≥０）在第一象限的部分,是凸的．过Ａ（０,１）、Ｂ３３,０的直线方程为ｙ＝１－３ｘ．对于０＜ｘ≤３３,有１－３ｘ２＞１－３ｘ．∴ｕ＝… 相似文献
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贵刊 2 0 0 0年第一期刊登了俞和平等人的《一个不等式的加强与巧证》一文 (以下简称文〔1〕)给出了1 12 2 132 … 1ｎ2 <53 13 ( 14 ) ｎ - 1的一个加强式 1 12 2 132 … 1ｎ2 <11972 ,且ｌｉｍｎ→∞( 1 12 2 132 … 1ｎ2 ) >11672 .事实上 ,用文〔1〕给出的方法还可不断加强该式 .例如 ,设Ｓｎ =1 12 2 … 1ｎ2 ,则Ｓｎ =Ｓ4 152 162 … 1ｎ2<Ｓ4 14× 6 15× 7 … 1(ｎ - 1)× (ｎ 1)=Ｓ4 1214 - 16 15- 17 … 1ｎ - 1- 1ｎ 1=Ｓ4 1214 15- 1ｎ 1ｎ 1<Ｓ4 1214 15=1 14 19 116 94 0 =118772 0 .显然 ,… 相似文献
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平方差公式的代数式表示为（a＋b）（a－b）＝a２＋b２．在解题中，在熟练地掌握了它的正向应用后，还需注意它的逆向应用．例１计算x２＋ ２－x２－ ２．（２００１年广西区初中数学竞赛试题）解：原式＝x２＋ ＋x２－ x２＋ －x２－ ＝６x．例２乘积１－１２２ １－１３２ …１－１１９９９２ １－１２０００２ 等于（）．A．１９９９２０００B．２００１２０００C．１９９９４０００D．２００１４０００（２０００年重庆市初中数学竞赛试题）解：原式＝１＋１２ １－１２ １＋１３ １－１３ …１＋１１… 相似文献
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公式的作用不言面喻,一般地是正向或逆向应用．本文通过几个常见公式的简易变形,举例说明其应用．１ 完全平方公式完全平方公式（ａ±１）２＝ａ２±２ａ＋１可变形为：（ａ±１）２＝ａ（ａ±２）＋１．利用此式可判定完全平方数,即一个完全平方数当且仅当它可表成相差为２的两数之积与１的和．例１ 求自然数ｎ,使２８＋２１１＋２ｎ为完全平方数．（第六届全俄中学生奥林匹克试题）解 ２８＋２１１＋２ｎ＝２８（１＋２３＋２ｎ－８）＝２８〔１＋２２（２＋２ｎ－１０）〕．令２ｎ－１０＝２２,则ｎ＝１２时,有２８＋２１１＋２… 相似文献
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正项等差数列的一个有趣性质 总被引：1，自引：0，他引：1
９９８年全国高考数学文理科压轴题中所要证明的不等式是：对于一切大于１的自然数ｎ,求证：（１）（１＋１３）（１＋１５）…（１＋１２ｎ－１）＞２ｎ＋１２;（２）（１＋１４）（１＋１７）…（１＋１３ｎ－２）＞３３ｎ＋１２．我们将不等式（１）、（２）的左端转... 相似文献
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设ｎ∈Ｎ，则有２（√ｎ＋１－√ｎ）＜１／√ｎ＜２（√ｎ－√ｎ－１）的推广。这是中学数学中一个熟知的不等式，它的一个熟知的用法是推出２（√ｎ＋１－１）＜∑ｉ＝１＾ｎ １√ｉ＜２√ｎ－１（ｎ≥２时），进而可用于判断∑ｉ＝１＾ｎ １／√ｉ的整数部分等，本文将给出（１）的一种推广。 相似文献
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朱廷亮 《西安文理学院学报》2000,(3)
一、问题提出我们知道级数：那么级数１４＋２４＋３４＋…＋ｎ４１５＋２５＋３５＋…＋ｎ５的表达式是什么呢为此，我们用比较法给出它们的表达式。二、公式得出由表（二）得 三、证明（数学归纳法） １．证明（１） ①当ｎ＝１时，（１）式左端＝１，右端＝１，所以（１）式成立； ②假设 ｎ＝ ｋ时，（ １）式成立，即我们看ｎ＝ｋ＋１时。给等式两端加上（ｋ＋４）４得 对 ６ｋ４＋ ３９ｋ４＋ ９１ｋ４＋ ８９ｋ＋ ３０作综合除法分解 当ｎ＝ｋ＋１时，（１）式成立 综以上所述，对于一切自然数，（１）式成立。 证明（２） ①当ｎ＝… 相似文献
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高敏 《中学数学教学参考》1999,(11)
定理 设ｎ∈Ｎ,ｎ＞２,０＜ｎｘ＜π２,则ｓｉｎｎｘｓｉｎｘ＞ｎ＋３ｎ．（１）证明：ｎ＝３时,应用ｓｉｎ３ｘ＝３ｓｉｎｘ－４ｓｉｎ３ｘ,０＜ｘ＜π６,从而０＜ｓｉｎ２ｘ＜１４,即知（１）成立．设ｎ＝ｋ时,（１）成立,ｓｉｎ（ｋ＋１）ｘｓｉｎｘ＞ｋ＋１＋３ｋ＋１ｓｉｎ２（ｋ＋１）ｘ＞（ｋ＋１＋３ｋ＋１）ｓｉｎ２ｘｓｉｎ２（ｋ＋１）－ｓｉｎ２ｘ＞（ｋ＋３ｋ＋１）ｓｉｎ２ｘ１－ｃｏｓ（２ｋ＋２）ｘ－１＋ｃｏｓ２ｘ２＞（ｋ＋３ｋ＋１）ｓｉｎ２ｘｓｉｎ（ｋ＋２）ｘ·ｓｉｎｋｘ＞（ｋ＋３ｋ＋１）ｓｉ… 相似文献
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高英军 《少年天地(小学)》2003,(6)
有些有理数的运算题，若按运算顺序进行，不仅繁琐，而且做起来容易出错，若灵活应用分配律就能避繁就简．一、直接应用例１计算（－３４）×（８－１１３－０．０４）．解：原式＝（－３４）×８＋（－３４）×（－１１３）＋（－３４）×（－４１００）＝－６＋１＋３１００＝－４９７１００．例２计算４８１２１７×（－５１１７２４）．解：原式＝（４８＋１２１７）×〔（－５１）＋（－１７２４）〕＝（４８＋１２１７）×（－５１）＋（４８＋１２１７）×（－１７２４）＝４８×（－５１）＋１２１７×（－５１）＋４８×（－１７２… 相似文献
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命题设ａ１＞ａ２＞…＞ａｍ＞０,０＜ｂ１≤ｂ２≤…≤ｂｍ,则 （ｎ∈Ｎ）引理１设ａ１≥ａ２≥…≥ａｍ＞０,０＜ｂ１≤ｂ２≤…≤ｂｍ,则（ａ１＋ａ２＋…＋ａｍ）ｎ,（ｎ∈Ｎ）ｍ（ａ１ｂ１＋ ａ２ｂ２＋…＋ａｍｂｍ）引理 ２设 ａ１, ａ２,…, ａｍ＞ ０,则ａｎ１＋ａｎ２＋…ａｎｍ≥ｍ１－ｎ（ａ１＋ａ２＋…＋ａｍ）ｎ,（ｎ∈Ｎ）引理１、２都易用数学归纳法证明,证略下面给出命题的证明．证明因为ａ１≥ａ２≥…≥ａｍ＞０,０＜ｂ１≤ｂ２≤…≤ｂｍ,所以然 （ｎ∈Ｎ）因此下面举例说明该命题在证明不等式时的应用．… 相似文献
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一个几何不等式的加强 总被引：1，自引：0，他引：1
一个几何不等式的加强夏中全（重庆市武隆县中学４０８５００）设△ＡＢＣ的三边长和面积分别为ａ、ｂ、ｃ和△,则ａ２ｂ２＋ｂ２ｃ２＋ｃ２ａ２≥１６△２．（１）文〔１〕在证明（１）时利用了三个引理,比较繁琐,文〔２〕利用海伦公式给出了一个简证．本文则进一步将... 相似文献