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用高等数学知识解决初等数学问题的探讨


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○ 高校讲台 ○

SCIENCE & TECHNOLOGY INFORMATION

2007 年

第 26 期

用高等数学知识解决初等数学问题的探讨
代诗平 1, 2 汪潘义 3 (1. 合肥市第二十六中学 安徽 合肥 230041 ; 2. 安徽师范大学数学系; 3. 合肥学院数理系 安徽 合肥 230022 )

当前高师数学系学生中普遍存在这样一种观点; 学习那么多的高 等数学知识对今后从事初等数学教育没有太大的用处。 这种观点无疑 是错误的 , 但是如何消除这种观点 , 培养学生的学习积极性呢? 笔者认 为在 高 等 数 学 教 育 中 如 果 有 意 识 地 培 养 学 生 运 用 高 等 数 学 方 法 分 析 研究 初 等 数 学 中 的 问 题 不 但 可 以 调 动 学 生 学 习 的 积 极 性 而 且 可 以 开 拓学生视野 , 提高解决问题的能力。本文就此谈几点看法。

评注: 利用函数的单调性是证明一些不等式的一种重要方法。 例 3 在四面体 ABCD 中 ,AB⊥CD,AC⊥BD, 求证 AD⊥BC;

() () () 证明: 令 AB =b,AC =c,AD =d 如图 () () 则()=c- b,CD =d- c,BD =d- b BC 已知: b ( d- c ) =0 …… (1)c ( d- b ) …… (2) 由 (1)、 得: bd- cd=0 即: d ( b- c ) =0 (2)
∴ AD⊥BC
特 别 地 : 当 A 在 BCD 面 上 时 , 即 △BCD 的三条高线交于一点。 评注: 利用向量法可以解决立体几何中一些较难问题从而培养学 生的思维能力。

一 、 用 高 等 数 学 的 方 法 解 答 某 些 初 等 数 学 问 题,不 仅 简 运 便 , 而且可以给出多种解法 , 培养学生的兴趣。


例 1 : 证明:

!C C
i = 0 n



k- i m

=Cn+m 。




证明: ( 法一) 组合分析法: 今设有个 n 男 士 ,m 个 女 士 在 其 中 选 出

k ( k≤n , m) 个人组成内阁政府 , 则共有 Cnn+m 种 组 阁 方 法 。 然 而 这 些 组
阁法又可以分解成以下 k+1 类 : 第 1 类: 由 k 个男士 0 个女士 , 则有 Cn Cm 种 ; 第 2 类 : 由 k- 1 个 男 士 1 个女士 , 则有 Cn Cm 种 ; ………………………… 第 k+1 类 : 由 0 个 男士 k 个女士 , 则有 Cn Cm 种 以上各类彼此不相交 , 故由加法原理 , 知:
k k 0 k- 1 1 0 k k i k- i 0 k k- 1 1 k 0

二 、 用 高 等 数 学 的 方 法 解 答 某 些 初 等 数 学 问 题,可 以 将 运 问题推广、 引伸 例 4 : 证明五个连续自然数的平方和不是一个完全平方数。( 科大
少年班入学题) 证明: 设 a 为任意正整数 , 则 a2≡

0 , (( mod4)) 若 a=2n 1 1 mod4 若 a=2n-

Cn+m =Cn Cm +Cn Cm +… +Cn Cm =!Cn Cm
i = 0

评 注 : 利 用 组 合 分 析 法 原 理 把 问 题 分 解 成 不 相 交 的 几 类,然 后 由 加法原理即得 , 使人一目了然 , 易于接受。 ( 法 二 ) 构 造 概 率 模 型 : 设 袋 中 有 n 个 红 球 ,m 个 白 球 , 从 中 随 机 地 取 k 个球 , 求恰好有 i 个红球的概率 不妨记所求的事件为 Ai 易得 P ( Ai) =Cn Cm ÷ n+m C 上式对 i=0 、 、 、 k 都成立 , 容易断定 A0、 1、 Ak 构成完备组 , 1 2 …、 A …、
n n i i i k- i k

对于 S5=( n- 2 ) 2+( n- 1 ) 2+n2+( n+1 ) 2+( n+2 ) 2 ( n≥3 ) (1)当 n 为偶数 , 则 S5≡0+1+0+1+0≡2 ( mod4 ) (2)当 n 为奇数 , 则 S5≡1+0+1+0+1≡3 ( mod4 ) 而 S5 为 平 方 数 的 必 要 条 件 是 S5≡0 或 1 ( mod4 ) 故 S5 不 是 一 个 完全平方数。 引伸: 由此证明不难看出: 6 个连续自然 数 的 平 方 和 ,12 个 连 续 自 然数的平方和……也不是一个完全平方数 例 5 : 已知: α βγ为三角形的三个内角 , 证明: sinα 、、 +sinβ +sinγ ≤

3 -3 2
证明: 不妨设 f( x) =sinx, 则 f' ( x) =cosx,f" ( x) =- sinx<0 x∈(0,π ) ∴( x) =sinx 在 (0,π内为严格凸函数。 f ) +β 由 凸 函 数 的 性 质 知 sinα +sinβ +sinγ ≤3sin ( α +γ ) =3sin π = 3 3 3 2

由概率公式得 P (


i = 0

!A ) =!P( A ) =1
1 = 0 k k i k- i k i = 0




!C C
i = 0 i n



k- i m

÷ n+m =1 去分母即得 !Cn Cm =Cn+m 特别地: 当 k=m=n C

-3
评注: 此处证明利用了凸函数的性质。 下面将其推广到一般情形。 定义: 假定函数 f( x) 和它的一阶导数 f' ( x) 在其定义域内连续。而 且在其定义域内二阶导数 f" ( x) 存在 , 则函数在其定义域内凹( 凸) 的 . 在其定义域内恒有 f" ( x) >0 或 f" ( x) <0 [定理 ]若 f( x) 为 [a,b]上的凹 函 数 , 则 f( q1x1+q2x2+ … +qnxn) ≤q1f( x1) +




!
i = 0

( Cn ) 2=C2n



中学要求学习概率 , 利用概率方法证明一些组合等式 , 不仅可以培 养学生的创造精神 , 而且可以提高他们的兴趣。 例 2 : 设 0≤α 且 0≤x≤π 求 证 : ( 2α 1 ) sinx+( 1- α sin ( 1- α 。 ) ) ≤1 -

x≥0
分析: 这是一道竞赛题。如果用证明不等式的一般方法不易证出 , 不妨把原不等式变为: ( 1- α sin ( 1- α x≥ ( 1- 2α sinx ) ) ) 要证它成立只要证明一个更强的不等式: ( 1- α sin ( 1- α x≥ ( 1- ) ) ) ) +α 2α 2) sinx, 即 sin ( 1- α x≥ ( 1- α sinx成立 ) 亦即 sin ( 1- α x ≥ sinx 成立 , 利用函数的单调性即可得证。 ( 1- α x ) x 证明: 显然当 α =0,1 或 x=0,π时 , 原不等式成立下面证明 α ≠0,1 或 x≠0,π时 不 等 式 成 立 , 由 以 上 分 析 不 妨 设 f ( x) = sinx 则 f' ( x) = x xcosx- sinx 又 设 g ( x) =xcosx- sinx,g' ( x) =- xsinx<0 ( x∈ ( 0 , π ) 所 以 g ) x2 ( x) 在 (0,π上为减函数。∵ ) f' ) g(0)=0,∴ ( x) <0 x∈ ( 0 , π ∴ ( x) <0 ( x∈ ( 0 , g ) ) f ) ( ) π ) ∴ ( x) 在 ( 0 , π 上 是 减 函 数 ∵ 0≤α ≤1∴ 1- α x<x∴sin ( 1- α x ≥ ( 1- α x ) sinx 即 sin ( 1- α x≥ ( 1- α sinx ) ) x ( ) ) ) ) ∴ 1- α sin ( 1- α x≥ ( 1- α 2sinx>( 1- 2α sinx 即证

q2f( x2) +… +qnf( xn) 其中 qi>0(i=0,1, … ,n)
n n

/q =1
i i = 1

xi∈[a,b] ( ※ ) 。

( ※ ) 式称为琴声 (Jensen)不等式 , 也可以写成另一种形式: 若 pi>0

p 1p =A令 q = A 则1q =1 于是( ※) 式变为
i i i i i = 1 i = 1

f( p1x1+p2x2+… +pnxn ) ≤ p1f( x1) +p2f( x2) +… +pnf( xn) ( ※※ ) A A 若 f(x)为凸函数则( ※ ) 、 ※※ ) 中的符号改变方向 ( 例如: (1)sinα 、 、 ∈(0, π +sinβ +sinγ 3 - 3 α βγ ≤ ) 2 、、 (2)sin α +sin β +sin γ sin α +sin β +sin γ ≤ 3 α βγ为 三 角 2 2 2 2 2 2 2
形的三内角 都可以直接利用凸函数的性质来证明

三 、 用 高 等 数 学 的 方 法 推 导 一 些 有 趣 的 结 论,利 用 这 些 利 结论可以解答一类数学问题。 例 6 : 结 论 : 对 于 任 何 整 数 n, 则 n4q+r 与 nr 的 末 位 数 相 等 ( q 、 为 正 r

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2007 年

第 26 期

整数) 证明: 令 f( n ) =n4q+r- nr=nr[ ( n4) q- 1 ] 由费尔马定理: n2≡n (mod2) n ( n4- 1 ) =n ( n- 1 ) ( n+1 ) ( n2+1 ) =( n2- n ) ( n+1 ) ( n2+1 ) ≡0 (mod4) 又由 n5≡n (mod5) n ( n4- 1 )



(mod5) ∵ (2,5)=1∴ ( n4- 1 ) =0 (mod10) 即 10 n ( n4- 1 ) 而 n ( n4- 1 ) f( n ) n 故 10│f( n ) 即 n4q+r 与 nr 的末位数相等。 利用这一结论可确定 23102,5757,6263,7878 各个数的末位数 19+2 例如: 7878=784× 。而 782 的末位数是 4 所以的末位数 7878 是 4 。 m- 1 例 7 : 结论: 不定方程 x1+x2+ … +xn=m 的正整数解有 个 , 非负 n- 1 n+m- 1 个 整数解有 m 证明: 将正整数 m 构造成 m 个 1,1,1, … ,1 这样设计有 m- 1 个空 m- 1 挡 , 在 这 m- 1 个 空 挡 中 选 出 n- 1 个 空 挡 共 有 种 取 法,空 挡 选 好 n- 1 后在其中加入逗号“” , 这样就将个分成了 n 个非空组 , 设各组中所含的 m- 1 个 1 依次是 x1、2、 xn 个 , 则 x1+x2+… +xn=m( ※ ) 的正整数解有 x …、 n- 1 在( ※ ) 中令 yi=xi+1 则 y1+y2+… +yn=m+n ( ※※ ) 则正整数解的个数 n+m- 1 就是 而 x1+x2+… +xn=m 的非负整数解个数等价于( ※※ ) 的正 n- 1 n+m- 1 n+m- 1 个。 整数解的个数即为 = n- 1 m ≡0

(2)[x]表示它的值不超过 x 的最大整数。 例 9:求数列{an}: 1 、 1 、 、 1 、 、 1 、 、 1 、 - 1 - 1 - 1 - ……的通项公式。 解: 设 f( n ) =an 考虑数 列 各 项 的 变 化 规 律 发 现 , 当 n=4k 或 n=4k- 3 f( n ) =1 而当 n=4k- 2 或 n=4k- 1 时 f( n ) =- 1, 即 当 n=4k 或 n=4k- 3 1 - 1 当 n=4k- 2 或 n=4k- 1 2k- 2 当 n=4k- 3 考察函数 y=[ n ] = 2k 当 n=4k 2 2k- 1 当 n=4k- 2 或 n=4k- 1

)

)

# $

[ n ]

所以: f( n ) =( - 1 )



%

&

例 10 : 求[ ( (29 + (21 ) 1994] 的末两位数字。 IMO 集训题) 解: 第一步先取消[ ] 符号 ∵ (29 + (21 ) 1994+( (29 - (21 ) 1994 ( 是一个( (29 + (21 ) 1994 大的整数而 0< (29 - (21 <1∴ ( (29 - 0<

% &

(21 ) 1994<1 从而
[ ( (29 + (21 ) 1994] =( (29 + (21 ) 1994+( (29 - (21 ) 1994- 1 现考虑( (29 + (21 ) 1994+( (29 - (21 ) 1994 末两位数 , 也即是考 虑它和哪个两位数关于模 100 同余。 ( (29 + (21 ) 1994+( (29 - (21 ) 1994=( 50+2 (29× ) 992+( 50- 2 21

% &

%

&

%

&%

&

评注: 这实际上是一个可重组合的求法利用此公式可以求一些简 单的可重组合问题。 例如: 求 9 个相同的球放入 4 个不同盒子中的放法种数? 若要求 每个盒子都不空有如何? 解: 设每个盒子 中 的 球 数 依 次 为 x1、2、3、4 原 题 即 是 求 x1+x2+x3+ x x x x4 =9 的 非 负 整 数 解 及 正 整 数 解 的 个 数 , 由 结 论 易 知 它 们 分 别 为

21 (29× ) 992 ( ( ≡2993 × 29 × ) 496 =2993 ( 252 - 42) 496 ≡2993 × 992 =22977 =27 × 210) 277 =27 × 21 4 ( 1024277≡27× 277=27× 25- 1 ) 277≡- 27=- 128≡72 ( mod100) 24 故原式的末两位数字为 72- 1=71 五、 运用高等数学观点分析研究课本参考书中所出现的错 误 , 提高学生分析研究能力 如在初等数学教学常根据原命题写出它的否命 题 、逆 命 题 等 , 但
在这个问题上也常易发生错误: 如将命题 两个角相等 , 那么这两个角是直角。它的否命题写成: (1)如果两个角不相等 , 那么这两个角都不是直角; (2)如果两个角不相等 , 那么这两个角不都是直角; 究竟哪一个正确呢? 利用数理逻辑基本知识分析。很易作出判断 设两角 A、 B,p=( A=B) ∧q=(A 是直角 ∧B 是直角 ) 原命题: p→q 的否 命 题 为 !p→!q=! ( A=B) →(A 是 直 角 ∧B 是 直 角 )=( A≠B) →(A 不是直角 ∨B 不是直角 ) 因 此 原 命 题 的 否 命 题 为 : 如 果 两 个 角 不 相 等,那 么 这 两 个 角 不 都 是直角。“ 都不是” 不都是” 和“ 的含义有本质区别。 以上我们挂一漏万地谈了几点关于高等数学在初等数学中的应用, 未免给人浅尝辄止之感,但是如果高等数学的教育努力朝着这个方向改 革。我们认为对培养学生学习高等数学的积极性,以及培养学生对初等 数学问题包括竞赛题的分析能力和解决能力是不无裨益。科

9- 9+4- =220 =56 %9 1 & 个, % 1 & 个。 4- 1

四 、 意 重 要 概 念,重 要 符 号 在 初 等 数 学 中 的 灵 活 应 用, 因 注 为在国内外数学竞赛题中经常碰到 , 引导学生重视这类问题对 今后工作很有用。 (1)质数概念是数论中一个最基本的概念 , 在数学竞赛中经常用到 例 8: 证 明 : 三 个 不 同 质 数 的 立 方 根 不 可 能 是 一 个 等 差 数 列 中 的
三项( 美国) 证明: ( 反证) 若不然 , 设三个质数为 p>q>r 或 p<q<r, 它们的立方根 为 ( p 、 q 、 r 是某等差数列中的三项。设该等差数列公差 d, 为 ( ( 则有
3 3 3

n ( p = ( q - md, ( q = ( r - nd, 其中 m、 为两自然数 , 消去 d 得
( m+n ) ( m+n ) ( q =n ( p +m ( r 两 边 立 方 , 即 有 (pqr = ( m+n ) 3q- n3p- m3r 3mn ( m+n ) 上式右边是有理数 , 而 p 、 、 为质数则左边为无理数。矛盾。故结 q r 论不成立
3 3 3 3










参考文献】 【
[ 1] 杨灿荣 .高师数学毕业生教学素质培养之管见 [J].安庆师范学院学报 ,2004(2). [ 2] 魏宗舒 .概率论与数理统计教程 [M].高等教育出版社 1995.

[ 责任编辑: 张艳芳]


充电” 的机会, 会使他们感觉企业对自己 ( 上接第 125 页) 段。给职工“ 公平竞 的发展是很重视的, 而且在企业培训机会的分配上, 必须本着“ 争, 择优培训” 原 则 , 使 真 正 有 能 力 、 潜 能 的 人 获 得 应 有 的 培 训 机 的 有 会。 另一方面, 要根据培训的效果对参加培训的人员进行物质、 精神或 晋升激励。在企业中参加培训的人往往都希望尽早将所学的知识、 技 能运用 到 实 际 工 作 中 去 , 企 业 如 能 为 他 们 提 供 施 展 才 能 的 条 件 和 环 境, 使他们能发挥所长, 则是对他们最大的激励。 3.3.5 适应经济形势变化, 随时改变激励方式 由于 人 的 需 求 是 多 变 的 , 同 时 当 低 层 次 的 需 要 满 足 后 , 就 会 上 升 到较高层次的需要。因此我们的激励方式也不是一成不变的, 而是应 该随着职工生活水平、 收入的提高有所变化。这样激励政策才能保持 持续的有效性, 职工积极性才能不断提高, 创造力不断挖掘, 使企业永 葆生机和活力。除此之外, 激励方式还应因人而异。因为人的层次不 同、 生活水平不同, 需要自然也不一样。 尤其是高学历人才与一般职工 的需求相差很大。 一般来说, 高学历人才的需要偏重于晋升、 有挑战性 的工作 、 远 的 发 展 等 精 神 方 面 的 追 求 , 而 一 般 职 工 则 偏 重 于 物 质 方 长 面的鼓励或短期的利益。 因此, 对于不同人员的激励应有所差别, 即所 创 谓看人下菜碟, 这样才能实现各取所需, 达到提高职工积极性、 造 性, 吸引人才、 留住人才, 及企业长远发展的目的。

4. 结束语
激励机制是企业将其远大理想转化为具体事实的手段。 我们应该 认真分析当前形势, 结合本企业实际, 在工作中不断了解职工的需求, 及时将职工新的需求反映在政策中。 既把物质激励和精神激励有机结 合地使用, 又要根据不同的员工而有所侧重, 并通过合理途径来实现。 这样职 工 的 积 极 性 才 会 极 大 提 高 , 充 分 发 挥 聪 明 和 才 干 , 企 业 就 能 具 有充沛旺盛的活力, 在日益激烈的市场竞争中取得优势。科 [ 责任编辑: 言午]

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