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1.
王良恩 《黄冈师范学院学报》1990,(3)
设 f(x)为闭区间[a,b]上的连续凸函数,则(1)这就是古典的凸函数的 Hadamard 不等式。文[1]把它推广到欧氏空间 R~n 中的单纯形,即设Ω=cov(a_0,a_1,…,a_n)是 R~n 中的单纯形,f(x)为Ω上的实凸函数,则其中 x=λ_0a_0+λ_1a_1十…+λ_na_n,λ_i≥0(i=0,1,…,n),(?)=1,且|Ω|为Ω的测度.本文通过证明下面的一个定理,把 Hadamard 不等式(1)推广到欧氏空间 R~n 中的 n 维凸多面体,作为文[1]的结果(2)式的进一步推广。定理设欧氏空间 R~n 中的 n 维凸多面体Ω的顶点为 a_0,a_1,…,a_m,且 m≥n,f(x)为Ω上的实凸函数,则 相似文献
2.
由高中代数(甲种本)第三册第19页的定理:“复系数一元n次方程在复数集C中有且仅有n个根(k个重根算作k个根)”,可以引出推论: 使复系数多项式f(x)=a_0x~n a_1x~(n-1) … a_n之值为零的相异x值如多于n个,则a_0=a_1=a_2=…=a_n=0(即f(x)≡0)。(*) 推论(*)易由反证法证明。因为若a_0≠0,则由定理可知,满足f(x)=0的不同x值最多有n个,这与己知使f(x)的值为零的不同x值多于n个相矛盾。所以,a_0=0。同 相似文献
3.
《中学数学研究(江西师大)》2006,(3)
第一天福州 1月12日上午8:00～12:30每题21分一、设实数 a_1,a_2,…,a_n 满足 a_1 a_2 … a_n=0,求证:二、正整数 a_1,a_2,…,a_(2006)(可以有相同的)使得 a_1/a_2,a_2/a_3,…,a_(2005)/a_(2006)两两不相等.问:a_1,a_2,…,a_(2006)中最少有多少个不同的数?三、正整数 m,n,k 满足:mn=k~2 k 3,证明不定方程 x~2 11y~2=4m 和 x~2 11y~2=4n 中至少有一个有奇数解(x,y). 相似文献
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5.
多项式有一个重要的定理: 如果使多项式f(x)=a_0x~n+a_1x~(n-1)+…+a.的值为零的不同x值(在复数域内)多于n个,那么a_0=a_1=…=a_n=0。(即f(x)≡0) 这个定理很有用。下面我们只就它的最 相似文献
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这里介绍线性方程组a_(11)x_1 a_(12)x_2 … a_(1n)x_n=b_1,a_(21)x_1 a_(22)x_2 … a_(2n)x_n=b_2,a_(m1)x_1 a_(m2)x_2 … a_(mn)x_n=b_m的一种解法(注),它的特点是通过计算一系列二阶行列式,逐步将未知量x_1,x_2,…,x_n表为已知量b_1,b_2,…,b_m的线性组合,从而求出方程组(1)的解。在方程组(1)中,未知量的的系数不能同时为零,设a_(ij)≠0,则由第i个方程 a_1x_1 … a_jx_j … a_(mn)x_n=b_i 解出x_1,得 x=—1/a_1(a_1x_1 … a_j,_(j-1)x_(j-1)—b_i a_1,_(j 1)x_(j 1) … a_i _nx_n) 相似文献
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在数学分析中,把一个函数f(x)在某一点的邻域内展成Taylor级数的方法是:设p(x)=a_0+a_1x+a_2x~2+…+a_nx~n,令p(x)无限代表或近似等于f(x),经过理论分析得出p(x)的系数a_0=f(0),a_1=f'(0),a_2=f"(0)/2!,…,a_n=f~((n))(0)/n!,加上余项就得到了f(x)在x_0=0处的n次Taylor展式。在复分析中,对解析函数f(x)而言,设f(x)在点x="d'的邻域内解析,根据已证明了的结论,通过推导就得到了f(x)在x="d'处的有限泰勒展开式。通过比较可以看出复分析中的泰勒展开比数学分析中的推导完备。 相似文献
8.
李康海 《中学数学研究(江西师大)》2006,(3):20-21
文[1]将一个无理不等式推广为:定理1 设正整数 n≥3,a_i∈R~ (i=1,2,…,n),实数 k≥(n-1)/n,则有∑(a_1/(a_2 a_3… a_n))~k≥n/(n-1)~k,当且仅当 a_1=a_2=…=a_n 时取等号.(∑表示对 a_1,a_2,…,a_n 的循环和)文[2]给出如下两个定理:定理2 若 a_i>0(i=1,2,…,n),s=,则(其中m≥1,n≥2,n∈N,p≥0,A>a_i~p).(1) 相似文献
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黄勇 《中学数学教学参考》1994,(5)
运用运动和变化的观点分析和研究具体问题的数量关系,通过函数的形式,把这种关系表示出来并加以研究,从而使问题获得解决,这种思想方法,叫做函数思想法。纵观近几年的高考试题,笔者发现有许多命题与函数思想法有着较为密切的联系。下面举例说明。 例1 已知(1-2x)~7=a_0 a_1x …a_7x~7,那么a_1 a_2 … a_7= (1989年试题) 解:没函数f(x)=(1-2x)~7,则f(x)=a_0 a_1x … a_7x~7,又f(1)=a_0 a_1 a_2 … a_7=-1,f(0)=a_0=1, ∴a_1 a_2 …a_7=f(1)-f(0)=-2. 例2 解不等式.(1985年试题) 解:设函数,则此函数的定 相似文献
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1.问题:数列{a_n}中,已知a1=0a2=1,a_(n+1)=n(a_n+a_(n-1),求通项a_n 2.问题背景:n个元素m1,m2,…,m_n重新排列不排在原来位置的排列种数记为a_n,求a_n.1 2 3 4 5… n十1个元素重新排列不排在原来位置的排法为a_(n+1). a1不在1号位,则a1有n种排法. a2排在1号位,其它n-1个元素不排在原来位置的排法有a_(n-1)种. a2不排在1号位,则除a2的其它n个元素不排在原来位置的排法有a_n种. 所以a_(n+1)=n(a_n+a_(n-1),显然a1=0,a2=1. 相似文献
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第一试(总分90分) 一、选择题(每小题6分,共36分) 1.已知集合P={a_1,a_2,…,a_n,…},且满足a_1=1,a_n=a_(n-1) 4(n-1)(n∈N,n≠1),又知集合Q={n|(1 i)~(2n)=2~ni,n∈N},则P,Q的关系是( )。 (A)PQ (B)P=Q (C)PQ (D)P∩Q=Φ 2.若关于x的方程kcosx arccos,π/4=0有实 相似文献
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设R是实数集,则R上x的一元多项式一般可定义成: a_nx~n+a_(n-1)x~(2-1)+…+a_1x+a_0 ①此处a_1∈R(i=0,1,2,…,n)。n,n-1,…,是非负整数。多项式①可用符号f(x),g(x),…等记之。若a_n≠0,则称多项式①的次数为n。基于这个定义,六年制重点中学高中课本《代数》第一册提出“数零称为零多项式,我们不规定它的次数”。显然,这一讲法是合理的,与a_n≠0的要求一致。我们可用R[x]来记R上面x的一元多项式的全体,零多项式(以下简记成0)在R[x]中关于多项式的加法和乘法运算具有性质:任意f(x)∈R[x]有 相似文献
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[定理1] 设a_1,a_2,…,a_n∈(0,π),a_1+a_2+…+a_n=φ_0(定值),则sina_1+sina_2+…+sina_n≤nsinφ_0/n.当且仅当a-1=a_2…=a_2=φ_0/n时取“=”号(n≥2). 证:(1) 当n=2时,sina_1+sina_2=2sin(a_1+a_2)/2cos(a_1-a_2)/2. 相似文献
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戴宏照 《中学数学研究(江西师大)》2008,(7)
2007高考广东卷理科压轴题已知函数f(x)=x~2 x-1,α,β是方程f(x)=0的两个根(α>β),f′(x)是f(x)的导数.设a_1=1,a_(n 1)=a_n-(f(a_n)/(f′(a_n)))(n=1,2,…). 相似文献
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韦达(Vieta)定理揭示了一元n次方程的根和系数的关系,在数学中有着广泛的应用.它的一般表法是: 如果一元n次方程 a_0x~n+a_1x~(n-1)+…+a_(n-1)x+a_n=0的根 相似文献
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数是代数武的特殊情形,而代数式则是数的延续、扩张和发展.我认为利用x=10时(x)的值去寻求形如 f(x)=a_nx~n+a_(n-1)x~(n-1)+…+a_1x+a_0的有理整式的因式是完全可能的. 例1.将多项式x~8+x~7+1分解因式. 解设x=10,则 x~8+x~7+1=10~8+10~7+1 =110000001 =3×37×990991. 这三个数均为质数.再用x=10代回,那么,3必然是x-7,37必是3x+7或4x-3. 相似文献
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定义设P(x)为m次多项式,则以a_n=P(n)为项的数列称为m次多项式P(x)的数列。问题设a_n为m次多项式P(x)的数列,问如何求和sum from k=1 to n(a_k)=sum from k=1 to nP(K)。为此我们先给出引理1 设f(x)为m次多项式,则一阶差分Δf(x)=f(x+1)-f(x)为m-1次多项式,命题是显然成立的,故证略。引理2 若P(x)=a_mx~m+…+a_1x+x_0,α_m≠0为一m次多项式。则有f(x)=β_m+1x~(m+1)+…+β_1x,使得Δf(x)=P(x)。证明时只要算出Δf(x)=f(x+1)- 相似文献