共查询到20条相似文献，搜索用时 375 毫秒
1.
性质 :若数列 {an}是等差 (或等比 )数列 ,m,n,p ,q∈ N* ,且 m +n =p +q,则 am +an= ap +aq(或 am . an =ap . aq) .此特殊性质的考查在每年的高考卷中必考 ,而且变化无穷 ,此性质还可以更完美 ,笔者将性质推广如下 ,并配以相应的例题 ,供参考 .1 性质推广定理 1 设 {an}是等差数列 ,ni,mi ∈ N* ,i = 1,2 ,3 ,… ,k,若 n1 +n2 +n3 +… +nk=m1 +m2 +m3 +… +mk,则 an1+an2 +an3 +… +ank =am1+am2+am3 +… +amk.注 :等式左右两边项数相同 .推论 1:设 {an}是等差数列 ,ni,m∈ N* ,i= 1,2 ,3 ,… ,k,若 n1 +n2 +n3 +… +nk=k . m ,则 an1… 相似文献
2.
王天成 《青海师大民族师范学院学报》2013,(2):92-94
通过研究图的伴随多项式的因式分解,给出并证明了h（（TF（t）k（2m＋1）＋1）∪（2k-1）K1和h（（TF（t）k（2m＋1）＋1）∪（3k-2）K1两类图簇的色等价图的结构定理. 相似文献
3.
1 巧引参数例 1 已知 x2 =y3 =z4,那么x2 -2y2 + 3z2xy+ 2yz + 3zx 的值等于 .(1997年“希望杯”初中数学邀请赛初二题 )解 设 x2 =y3 =z4=k(k≠ 0 ) ,则x= 2k ,y =3k ,z=4k ,所以 x2 -2y2 + 3z2xy + 2yz+ 3zx=4k2 -18k2 + 48k26k2 + 2 4k2 + 2 4k2 =3 4k25 4k2 =172 7.评注 本例通过引入参数 ,以参数为媒介减少变量个数 ,实现问题转化的目的 .2 巧用性质例 2 已知abc≠ 0 ,且 a+b -cc =a-b +cb =-a +b+cc ,则(a+b) (b+c) (c +a)abc 的值是或 .(1997年“希望杯”初中数学邀请赛初二题 )解 当a +b+c≠ 0 ,由等比定理 ,得a +b-cc =a -b… 相似文献
4.
一、选择题1.若集合M=y｜y=2~(-x)｝,P=｛y｜y=(x-1)/2｝,则M∩P=A.｛y｜y>1｝B.｛y｜y≥1｝C.｛y｜y>0｝D.｛y｜y≥0｝2.已知集合I,P,Q满足I=P∪Q=｛0,1,2,3,4｝,P∩Q=｛1,3｝,则(P∪Q)∩(P∪Q)=A.｛0,1,3｝B.｛1,2,4｝C.｛0,2,4｝D.｛1,3,4｝3.集合M=｛x｜x=kπ/2+π4,k∈R｝,N=｛x｜x=kπ4+π2,k∈R｝,则A.M=N B.M劢N C.M奂N D.M∩N=覫4.设全集I=｛(x,y)｜x,y∈R｝,集合M=｛(x,y)｜y-3x-2=1｝,N=｛(x,y)｜y≠x+1｝,那么M∪N=A.覫B.｛(2,3)｝C.(2,3)D.｛(x,y)｜y=x+1｝5.已知集合M=｛a2,a+1,-3｝,N=｛a-3,2a-1,a2+1… 相似文献
5.
题目:当k为何值时,方程(k2-1)x2+2(k+1)x+1=0有实数根?四位同学采取了如下四种不同的解法。甲的解法:∵△=[2(k+1)]2-4(k2-1)=8k+8.∴当8k+8>0,即k>-1时,方程有实数根。乙的解法:∵△=8k+8,∴当8k+8≥0,即k≥-1时,方程有实数根。丙的解法:∵△=8k+8,依题意有:k2-1≠08k+8≥0解之得:k≠±1,k≥-1∴当k>-1且k≠1时,方程有实数根。丁的解法:分别讨论k2-1≠0与k2-1=0两种情:(1)设k2-1≠0,依题意有k2-1≠08k+8≥0解得:k≠±1,k≥-1∴当k>-1且k≠1时,方程有两个实数根;(2)当k=1时,原方程为4x+1=0,有一个实数根;(3)当k=-1时,原方程为0·x+1=0,方程… 相似文献
6.
李盛 《宁波教育学院学报》2008,10(6)
得到了不定方程x3+y3+z3-3xyz=Π m i=1 ni的整数解与不定方程x3+y3+z3-3xyz=ni(i=1,2,…,m)的整数解的关系,并举例给出了应用。 相似文献
7.
众所周知 ,解分式方程最常用的方法是去分母法 ,这样 ,未知数的允许值范围可能扩大 ,解出的未知数的值必须检验 ,以防增根出现 .因此在探讨分式方程的解时 ,应十分注意增根 .下面举例说明 :一、分式方程“有解”情形例 1 k为何值时 ,分式方程 kx2 + 5x + 4-2x + 4+ 1x + 1=0有负根 .解 :去分母得 :k - 2 ( x + 1) + ( x + 4) =0解得 x =k + 2 .由题意知 :x =k + 2 <0且 x =k + 2≠ - 1且 x =k + 2≠ - 4,故当 k <- 2且 k≠- 3且 k≠ - 6时 ,原方程有负根 .例 2 k为何值时 ,分式方程 k( k + 2 )2 x - k( k - 1)2 ( x - 1)= 1有两实根 .解… 相似文献
8.
设集A_1,A_2,…,A_n是集A的非空子集,且满足: (1)A_1∩A_j=(?),(i≠j,i,j=1,2,…,n) (2)A=A_1∪A_2∪…∪A_n。则称(A_1,A_2,…,A_n)为A的一个划分。整数集合的划分在近年数学竞赛中时常出现,其题型通常有两类:一是根据子集应具备的某种特性,讨论划分的存在性;二是根据给定的划分,讨论划分后子集有关特性. 一、求解集合划分问题的基本思路划分一个集合,就是构造这十集合的子集.而这种构造过程经常要综合运用多种数学思想和方法例1 求两个最小的正整数n,使集{1,2,…,3n-1,3n}可以分为n个互不相交的三元组{x,y,z},其中x+y=3z (1990年国家集训队训练题) 解:设所求三元数组为(x_i,y_i,z_i),(i=1,2,…, 相似文献
9.
1.问题设计创新试题中给出一个即时定义,要求学生根据该定义进行一些指定的运算或推理,考查学生在新情境下解决问题的迁移能力.例1若对n个向量a1,a2,…,an存在n个不全为0的实数k1,k2,…,kn,使得k1a1+k2a2+…+knan=0成立,则称向量a1,a2,…,an为线性相关.依此规定,能说明与a1=(1,0),a2=(1,-1),a3=(2,2)线性相关的数k1、k2、k3依次可取________.解设k1a1+k2a2+k3a3=0,∴k1(1,0)+k2(1,-1)+k3(2,2)=(0,0),则k1+k2+2k3=0,-k2+2k3=0故可取k3=c(cR,且c≠0).∴k1、k2、k3依次可取-4c、2c、c(cR,且c≠0).2.结论的深化与延伸有些试题要求通过类比… 相似文献
10.
问题[1] 设a1,a2 ,a3,a4 ∈R+ ,求证a31a2 +a3+a4+a32a3+a4 +a1+a33a4 +a1+a2+a34 a1+a2 +a3≥(a1+a2 +a3+a4 ) 21 2 ①文 [2 ]应用基本不等式 ,将不等式①推广为 :定理 1 设a1,a2 ,… ,an∈R+ ,a1+a2 +… +an=s,k∈N ,k≥ 2 ,则有ak1s-a1+ak2s-a2+… +akns-an≥ sk - 1(n -1 )nk- 2 ②其中等号当且仅当a1=a2 =… =an 时成立。定理 2 设a1,a2 ,… ,an∈R+ ,a1+a2 +… +an=s,k∈N ,k≥ 2 ,则有∑ni=1akis-ai≥ 1n -1 ∑ni=1ak- 1i ③其中等号当且仅当a1=a2 =… =an 时成立。本文给出两点注记 :注记 1 定理 1的条件可以放宽为 :设ai≥ … 相似文献
11.
研究全纯函数与其微分多项式分担函数,得到了如下的正规定则：设F是区域D内的全纯函数族,k是一正整数,h1（z）,h2（z）在区域D内的解析,满足｜h1（z）｜2＋｜h2（z）｜2≠0。若f∈F,f的零点重级至少为k,且f（z）=0｜f（k）（z）｜≤M（常数M〉0）,（z）=αi（z）L（Z）=αi（z）,i=1,2,其中L（z）=f∞（z）＋α1（z）f（k-1）（z）＋…＋αk（z）f（z）为f的微分多项式,αi（z）（i=1,2,…,k,k≥1）在D内解析,那么F在D内正规。 相似文献
12.
13.
利用Pang-Zalcman方法研究全纯函数微分多项式不取例外函数,得到了如下的正规定则:设■是区域D内的全纯函数族,对于任意的f∈■,f的零点重级至少是k+1,且满足L(z)≠z,其中L(z)=f(k)(z)+a1(z)f(k-1)(z)+…+ak(z)f(z)为f的微分多项式,ai(z)(i=1,2,…,k,k≥1)在D内解析,那么■在D内正规. 相似文献
14.
讨论具有多个滞量的脉冲时滞差分方程△x(n) + ∑mi=1pi(n)x(n-li) =0 ,n≥ 0 ,n≠nkx(nk + 1) -x(nk) =bkx(nk) ,k=1,2 ,3,…给出了方程解的振动与非振动的充分条件 ,有关振动性的结论同样适用于不带脉冲扰动条件的差分方程 相似文献
15.
讨论了一般微分单项式的值分布 ,得到定理 :设 f 是平面上的超越亚纯函数 .F=fn0 (f( i) ) ni… (f( k) ) nk-c,ni≥ 1,c≠ 0是常数 ,那么 (n0 -2 ) T(r,f )≤ N(r,1F ) S(r,f ) n0 >2T(r,f )≤ 7(i 1)i (Ni) (r,1f ) N(r,1F) ) S(r,f ) n0 =1T(r,f )≤ 7(N (r,1f ) N(r,1F) ) S(r,f ) n0 =0 . 相似文献
16.
17.
18.
设∑_A 是 E~n 中的 n 维单形:e_1,e_2…e_(n+1)分别是∑_A 的 n+1个界面上的单位法向量,令Di=det(e_1,e_2,…ei-1,e_(i+1)…e_(n+1)),a_1=arcsin|D|,本文获得了下列不等式sum from i=1 to n+1 λ_1sin~2a_1≤(λ1(1/n sum from i=1 to n+1 1/λ_1)~n这里λ_1∈R~+,i=1,2,…n+1 相似文献
19.
设M是一个环类,令∪M={A|(?)O≠A/I,A/I(?)M}.H∪M={A|(?)O≠I△△A,(?)O≠A/J,I/J(?)M}本文证明了当M是r一环类时,H∪M是含在∪M中的最大遗传根,我们称之为由M决定的遗传上根。利用遗传上根,我们给出了超幂零根S与补根S′形成根偶的几个充要条件。 相似文献
20.
黄崇智 《内江师范学院学报》2009,24(12):9-12
对群论定理“设a,b为群（G,·）之二元．如 1）a·b=b·a,2）（o（a）,o（b））=1,则o（a·6）=o（a）×o（6）″进行推广．首先,仅变更2）为2′）（o（a）,o（b））=d,得到定理1：设a,b为群（G,·）之二元,如 1）n·6=b·a．2′）（o（a）,o（6））=d,则o（a·6）=o（a）/d×o（b）/d×q,q∈N且1≤q≤d;其次,不仅变更2）为2″）（o（ai）,a（aj））=1,i≠j,i,j=1,2,…,n,且变更1）为1′）ai·aj=aj·ai,i≠j,i,j=1,2,…,n,得到定理2：设a1,a2,…,an为群（G,·）之n（≥2）元, 相似文献