从构造数列递推计算到牛顿等幂和公式
版高考数学一轮总复习数列与级数的递推公式与通项公式推导
版高考数学一轮总复习数列与级数的递推公式与通项公式推导版高考数学一轮总复习：数列与级数的递推公式与通项公式推导数列和级数是高中数学中的重要概念，也是高考数学中常见的考点。
其中，数列的递推公式和通项公式是数列研究的关键。
本文将深入讨论数列和级数的概念，并推导数列的递推公式和通项公式，以帮助大家更好地理解和应用这些知识。
一、数列的概念数列是按照一定规律排列的一系列数，其中每个数称为数列的项。
一般表示为{an}或an（n∈N*），其中an表示数列的第n个项。
数列可以是有限的，也可以是无限的。
例如，1，2，3，4，5就是一个有限数列；1，2，3，4，…则是一个无限数列，其中的省略号表示数列的继续。
二、等差数列的递推公式和通项公式等差数列是指数列中每一项与前一项之差保持不变的数列。
记首项为a1，公差为d，那么等差数列的递推公式可表示为an = an-1 + d，其中n≥2。
递推公式可以通过当前项与前一项的关系得到下一项的值。
为了更方便地计算等差数列的项，我们需要推导出等差数列的通项公式。
设等差数列的第n项为an，那么通项公式可以表示为an = a1 + (n-1)d。
通项公式可以根据数列的首项和公差，直接计算出任意一项的值。
三、等比数列的递推公式和通项公式等比数列是指数列中每一项与前一项的比值保持不变的数列。
记首项为a1，公比为q（q≠0），那么等比数列的递推公式可表示为an = an-1 * q，其中n≥2。
递推公式可以通过当前项与前一项的关系得到下一项的值。
为了更方便地计算等比数列的项，我们需要推导出等比数列的通项公式。
设等比数列的第n项为an，那么通项公式可以表示为an = a1 * q^(n-1)。
通项公式可以根据数列的首项和公比，直接计算出任意一项的值。
四、级数的概念级数是指数列中各项相加所得到的和。
常见的级数有等差级数和等比级数。
等差级数的前n项和可以表示为Sn = n(a1 + an) / 2，其中a1为首项，an为第n项；等比级数的前n项和可以表示为Sn = a1 * (1 - q^n) / (1 - q)，其中a1为首项，q为公比。
韦达定理与牛顿等幂和公式
( x xn ) x n 1 x n1 2 x n2
(1)n n
那么 f ( xi ) 0 ， x k n f ( xi ) 0 ，
x
i 1
n
nk i
f ( xi ) 0 即证
n k i
对于 2 k n ，先计算 Sk j ， Sk j
Sk 1Sk 1 2 Sk 2 Sk 1Sk 1 2 Sk 2
证明：当 k n ，构造
(1)k k k 0 (1)n Sk n n 0
( k n) ( k n)
f ( x) ( x x1 )( x x2 )
x1 x2 2a3 27c 9ab ，求 的最大值 3 2
在学习了 2,3 次方程的韦达定理后一个自然的问题是对于 n 次方程，有没有韦达定理，答案 是有，在介绍一般的韦达定理之前，我们先介绍轮换对称多项式： 轮换对称多项式可以理解成
( x x ) 展开后的多项式 f
i 1 i n 1 i 0
(xik x 1 i2
xi j xi1 xik2
为简便，我们记前一个求和号为 (k ,1,1,
j个
,1) ，后一个求和号为 (k 1,1,1,
j 1个
,1)
当 k 1 ， S1 j ( j 1)
1i0 i1 i2 i j n
xi0 xi1 xi2 xi1 xi2
韦达定理与牛顿等幂和公式
1、韦达（Vieta）定理 韦达定理十分常用，我们先从最简单的二次方程的韦达定理开始： 二次方程 ax bx c 0 若有两根 x1 , x2 ，那么必然可以写成 a( x x1 )( x x2 ) 0
根据递推关系求数列通项公式的几种方法
根据递推关系求数列通项公式的几种方法要求根据递推关系求解数列的通项公式，其实是要求找到一个能将数列的每一项都表示为n（项数）的函数的公式。
在数学中，有几种方法可以求解这类问题。
一、代数方法：对于一些简单的递推关系，可以尝试使用代数方法来求解数列的通项公式。
这种方法通过观察数列中的模式，尝试将递推关系转化为代数方程，然后解方程得到通项公式。
例如，我们考虑求解斐波那契数列的通项公式。
斐波那契数列的递推关系为：Fn=Fn-1+Fn-2，其中F1=1，F2=1我们假设通项公式为Fn=k1a^n+k2b^n，其中k1、k2为常数，a、b为待定数。
k1a^n+k2b^n=k1a^(n-1)+k2b^(n-1)+k1a^(n-2)+k2b^(n-2)整理得：k1a^2-k1a-k2=0。
解这个方程，可以得到a和b的值，然后将a和b的值代入通项公式中，即可求解斐波那契数列的通项公式。
二、特征根法：特征根法是求解一阶线性递推关系（如Fn=aFn-1+b）的通项公式的常用方法。
该方法的基本思想是，将递推关系转化为一个一阶线性常微分方程，然后解方程得到通项公式。
例如，我们考虑求解斐波那契数列的通项公式。
斐波那契数列满足的递推关系为：Fn=Fn-1+Fn-2，其中F1=1，F2=1将递推关系转化为一阶线性常微分方程得到：y''-y'-y=0其中y=Fn。
解这个方程得到的特征根为α1=(1+√5)/2，α2=(1-√5)/2通项公式可以表示为：Fn=k1(α1)^n+k2(α2)^n其中k1、k2为常数。
利用初始条件F1=1，F2=1，可以求解出k1和k2的值，进而求解出斐波那契数列的通项公式。
三、母函数法：母函数法是一种求解递推关系的高效方法，尤其适用于求解求和问题。
该方法的基本思想是，将数列视为一个幂级数的系数列，通过构造母函数来解决递推关系。
例如，我们考虑求解斐波那契数列的通项公式。
斐波那契数列的递推关系为：Fn=Fn-1+Fn-2，其中F1=1，F2=1我们假设母函数为F(x)=F0+F1x+F2x^2+F3x^3+...F(x)=x(F(x)-F0)+x^2F(x)整理得：F(x)=F0+xF(x)+x^2F(x)移项得：F(x)=F0/(1-x-x^2)。
初中数学教案数列的递推公式与通项公式
初中数学教案数列的递推公式与通项公式初中数学教案：数列的递推公式与通项公式1. 概述数列是数学中重要的概念，它包含了一系列按照一定规律排列的数。
在数学教学中，数列的递推公式和通项公式是初中学生必须掌握的知识点。
本文将详细介绍数列的递推公式和通项公式的概念、性质和应用。
2. 递推公式数列的递推公式是指通过已知的前几项推算出后一项的公式。
在讲解递推公式之前，先来回顾一下数列的定义：数列是一组按照一定顺序排列的数，我们用{an}（n为正整数）表示数列的一般项。
递推公式可以表示为：an = f(an-1)，其中f为递推函数，an-1表示前一项，an表示后一项。
3. 递推公式的性质递推公式有以下重要性质:(1) 递推公式能够准确地计算出数列中任意一项的数值；(2) 递推公式一旦确定，数列中的每一项都能依据该公式确定；(3) 递推公式不仅能够推算任意项的值，而且可以揭示数列中数值之间的规律。
4. 递推公式的应用举例现以斐波那契数列为例，斐波那契数列的递推公式为an = an-1 +an-2（n≥3），a1 = 1，a2 = 1。
根据递推公式，我们可以依次计算出斐波那契数列的每一项：1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, ...5. 通项公式通项公式，又称为一般项公式或通项公式，是指能够计算数列中任意一项的公式。
通项公式可以使我们不必通过递推求解，直接根据项数n计算第n项的值。
通常用an来表示数列的第n项，通项公式可以表示为：an = f(n)，其中f为项数n的函数。
6. 通项公式的性质通项公式具有以下重要性质：(1) 通项公式能够直接计算数列中任意项的数值，不需要依次递推；(2) 通项公式一旦确定，数列中的每一项都可以直接计算。
7. 通项公式的应用举例以等差数列为例，其通项公式为an = a1 + (n-1)d，其中a1为首项，d为公差。
通过使用通项公式，我们可以直接计算等差数列的任意一项的值。
数列求和公式的递推与逼近
数列求和公式的递推与逼近数列求和是数学中常见的问题之一。
在计算数列求和的过程中，我们经常需要使用递推公式或逼近方法来得出结果。
本文将探讨数列求和公式的递推和逼近方法，并分析其应用场景和优缺点。
一、递推公式递推公式是指通过前一项或多项的值来计算下一项的公式。
在求和过程中，递推公式可以帮助我们简化计算，并通过已知项来推算未知项的值。
常见的递推公式有等差数列的求和公式和等比数列的求和公式。
1. 等差数列求和公式：对于等差数列 a1, a2, a3, ...，其公差为 d，n 为项数，则数列的和 Sn 可以通过递推公式来计算：Sn = (n/2) * (2a1 + (n-1)d)其中 n/2 表示项数的平均值，2a1 表示首项和末项的和，(n-1)d 表示公差的总和。
2. 等比数列求和公式：对于等比数列 a1, a2, a3, ...，其公比为 q，n 为项数，则数列的和 Sn 可以通过递推公式来计算：Sn = (a1 * (1 - q^n)) / (1 - q)其中 a1 表示首项的值，q^n 表示公比的幂次方。
递推公式可以帮助我们快速计算数列的和，并且具有较简单的表达形式。
然而，在某些情况下，递推公式可能会出现计算复杂度较高的问题，尤其是在项数较大时。
二、逼近方法逼近方法是指通过将数列的和逼近为其他已知公式或近似值来计算。
逼近方法常用于无法通过递推公式直接求得数列和的情况，或者在数列项数较多时可以减少计算复杂度。
1. 积分逼近法：对于一些特定形式的数列，我们可以使用积分逼近法来求和。
通过将数列转化为函数表达式，并进行积分运算，可以得到数列和的近似值。
2. 数值积分法：数值积分法是一种使用近似数值进行积分计算的方法。
通过将数列转化为函数，并使用数值积分方法进行近似计算，可以得到数列和的近似值。
常用的数值积分方法包括梯形法则和辛普森法则。
3. 泰勒级数逼近法：泰勒级数逼近法是一种使用泰勒级数来逼近函数的方法。
数列求和公式方法总结
数列求和公式方法总结数列求和是高中数学中的重要内容之一，也是许多学生难以消化的内容。
不同的数列有不同的求和公式，本文将总结数列求和的常见方法和公式，助力学生更好地掌握数列求和的技巧。
一、等差数列的求和公式：等差数列是最常见的数列之一，其特点是每个项之间的差值是相等的。
设首项为a₁，公差为d，末项为aₙ，则等差数列的求和公式为：Sₙ=(a₁+aₙ)×n÷2Sₙ=(a₁+aₙ)×(n+1)÷2其中，Sₙ表示前n项和。
二、等比数列的求和公式：等比数列是指数列中任意两个相邻项之间的比值相等的数列。
设首项为a₁，公比为q，末项为aₙ，则等比数列的求和公式为：Sₙ=(a₁×(qₙ-1))÷(q-1)其中，Sₙ表示前n项和。
三、二次数列的求和公式：二次数列是指每个项与前一个项之间的关系满足一次方程的数列。
设首项为a₁，公差为d，末项为aₙ，则二次数列的求和公式为：Sₙ=(2a₁+(n-1)d)×n÷2Sₙ=(2a₁+d(n-1))×n÷2其中，Sₙ表示前n项和。
四、调和数列的求和公式：调和数列是指数列的倒数数列，每个项与前一个项之间的差异与常数成反比的数列。
设首项为a₁，公差为d，末项为aₙ，则调和数列的求和公式为：Sₙ=(n×(2a₁+(n-1)d))÷2其中，Sₙ表示前n项和。
五、费波纳西数列的求和公式：费波纳西数列是指数列中每个项都是前两个相邻项之和的数列。
设首项为a₁，公差为d，末项为aₙ，则费波纳西数列的求和公式为：Sₙ=(a₁+a₂)×(aₙ+aₙ₊₁)÷2Sₙ=(a₁+a₃)×(aₙ+aₙ₋₂)÷2其中，Sₙ表示前n项和。
六、其他数列的求和公式：除了上述常见的数列类型外，还存在其他特殊的数列，其求和公式需要通过推导和递推等方法得到。
比如，输出数列、幂和数列、等差几何数列等。
韦达定理与牛顿等幂和公式
(xik x 1 i2
xi j xi1 xik2
为简便，我们记前一个求和号为 (k ,1,1,
j个
,1) ，后一个求和号为 (k 1,1,1,
j 1个
,1)
当 k 1 ， S1 j ( j 1)
1i0 i1 i2 i j n
xi0 xi1 xi2 xi1 xi2
x
i 1
1i1 i2 i j n
xi1 xi2
xi j
1i0 i1 i2 i j n
( xik0 xi1 xi2
xi j xi0 xik x 1 i2 xiቤተ መጻሕፍቲ ባይዱj
xi j xi1 xi2
xi0 xi1 xi2 xikj )
xikj )
1i1 i2 i j n
3 2
证明：我们构造多项式 f ( x) ( x a)( x b)( x c) x ax abx abc ， 那么 f (0) abc 0 ，只需证明 f 没有负数根，假设 x0 0 合于 f ( x0 ) 0 ，那么
3 2 f ( x0 ) x0 ax0 abx0 abc 0 这是一个矛盾。
除了计算上的应用，Newton 等幂和公式也能用来解决不等式，数论中的一些等幂和问题。 例 实数 a, b, c 满足 a 0 ，证明： 6(a ) (a )
3 2 2 2 3
证明：由前所述， S3 3 3 ，即证 54(abc) (a ) 代入 c (a b) 有
证明： 设 S , 是关于 a, b, c 的等幂和， 轮换对称多项式 S1 1 0; S2 1S1 2 2 2 2 类似计算可得 S3 3 3 ; S4 2 2 ; S5 5 2 3 ; S7 7 2 3 ，于是代入即证
求数列an通项公式方法(一)
求数列an通项公式方法(一)求数列an通项公式的方法引言在数学中，我们经常会遇到需要求解数列的通项公式的问题。
求解数列的通项公式可以帮助我们找到数列中任意一项的值，加深我们对数列规律的理解。
以下是几种常见的方法用来求解数列an的通项公式。
方法一：递推法1.递推法是最常见的一种方法，通常适用于具有明显的规律或者特殊的关系的数列。
2.首先，我们通过观察数列的前几项来寻找规律和关系。
3.然后，我们根据这些规律和关系构建递推关系式，即找到数列中当前项与前一项之间的关系。
4.最后，我们解递推关系式，得到数列的通项公式。
方法二：等差数列与等比数列的通项公式1.对于等差数列，其通项公式可以通过数列的首项和公差来表示，即an = a1 + (n-1)d，其中a1为首项，d为公差。
2.对于等比数列，其通项公式可以通过数列的首项和公比来表示，即an = a1 * r^(n-1)，其中a1为首项，r为公比。
方法三：数学归纳法1.数学归纳法在求解数列通项公式中也是常用的方法之一。
2.首先，我们需要利用数学归纳法证明数列的通项公式对于某个特定的数成立。
3.然后，我们将数列的前几项带入这个公式，通过归纳法的假设证明公式成立。
4.最后，我们可以得出结论，数列的通项公式通过数学归纳法得证。
方法四：利用生成函数1.生成函数是求解数列通项公式的高级方法之一。
2.首先，我们将数列具体化成一个多项式并用一个变量替代其中的项。
3.然后，我们构建生成函数，将数列的每一项与该变量的对应幂次相乘并相加。
4.最后，通过对生成函数进行求导、求和或者其他操作得出数列的通项公式。
方法五：特殊数列的通项公式1.对于一些特殊的数列，也存在特殊的求解方法。
2.例如斐波那契数列、等差数列的和数列等，都有其独特的求解方法。
3.对于这些特殊数列，我们需要了解其规律和性质，并采取相应的方法来求解通项公式。
总结求解数列通项公式是数学中的一个重要问题，通过递推法、等差数列与等比数列的通项公式、数学归纳法、生成函数和特殊数列的通项公式等多种方法，我们可以有效地解决这个问题。
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收稿日期:2008-04-11 修回日期:2008-06-06从构造数列递推计算到牛顿等幂和公式王慧兴(河南省实验中学,450002) (本讲适合高中)1 构造数列递推计算如何用n 个未定元x 1,x 2,…,x n 的基本对称多项式σ1,σ2,…,σj ,…,σn=∑ni =1x i,∑1≤i <j ≤nx i x j,…,∑1≤i 1<i 2<…<i j≤nx i 1x i 2…x i j ,…,x 1x 2…x n①表示等幂和多项式S k =∑ni =1xk i (k ∈N +)?约定S 0=n .根据x 1,x 2,…,x n 是方程(t -x 1)(t -x 2)…(t -x n )=0,即 t n -σ1t n -1+…+(-1)j σj tn -j+…+(-1)n -1σn -1t +(-1)nσn =0的n 个根,得x n i =σ1x n -1i +…+(-1)j +1σj x n -j i+…+(-1)n σn -1x i +(-1)n +1σn .故x k i=σ1xk -1i+…+(-1)j +1σj x k -j i+…+(-1)n σn -1x k -(n -1)i +(-1)n +1σn x k -ni.对i =1,2,…,n 累加得S k =σ1S k -1+…+(-1)j +1σj S k -j +…+(-1)n σn -1S k -n +1+(-1)n +1σn S k -n(k ≥n ).再根据初始条件(S 0,S 1,S 2,…,S n -1)=(n ,σ1,σ21-2σ2,…),就可以进行递推计算.当n 不太大时,初始条件较少,用代数方法能方便地算出;当n 较大时,初始条件较多,计算起来通常较繁.需要指出的是,上述递推关系式对k ∈Z 都成立.2 牛顿等幂和公式用n 个未定元x 1,x 2,…,x n 的基本对称多项式①表示等幂和多项式S k =∑ni =1xki的另一种方法就是著名的牛顿公式.牛顿公式:令S k =∑ni =1x ki (k ∈N +).则当k ≤n 时,S k =σ1S k -1-σ2S k -2+…+(-1)k σk -1S 1+k (-1)k +1σk ;当k >n 时,S k =σ1S k -1-σ2S k -2+…+(-1)n +1σn S k -n .牛顿公式的证明见文[1],前一部分要用到一点导数和多项式知识,后一部分就是前述数列方法.3 例题选讲牛顿等幂和公式从算法的角度给出关于等幂和问题的一个推证途径.关于等幂和的问题在代数式求值、多项式、不等式、解方程组、多元极值、初等数论、三角函数以及复数等专题中都有出现,已成为近年来各级数学竞赛的一个亮点.例1 已知α2005+β2005可以表示成以α+β、αβ为变元的二元多项式.求这个多项式的系数之和.(2005,中国西部数学奥林匹克)讲解:令S n =αn +βn(n ∈N +),(σ1,σ2)=(α+β,αβ).则S 1=σ1,S 2=σ1S 1+2(-1)3σ2=σ21-2σ2,……由牛顿公式可得α2005+β2005=∑i ,jc i ,j σi 1σj2,其中,c i ,j 为常数.故∑i ,jc i ,j =α2005+β2005|σ1=σ2=1=2Re 12+32i2005=2Re 12+32i=1.因此,所求多项式系数和为1.评注:这里应用牛顿公式推证,思路清晰,自然流畅,回答了原来参考答案“赋值法”中的“为什么”.例2 设正实数a 、b 、c 满足a +b +c =1.证明:10(a 3+b 3+c 3)-9(a 5+b 5+c 5)≥1.(2005,中国西部数学奥林匹克)讲解:令S k =a k +b k +c k(k ∈N +).则(σ1,σ2,σ3)=(1,ab +bc +ca ,abc ),S 0=3,S 1=1.再由牛顿公式计算得S 2=σ1S 1+2(-1)3σ2=1-2σ2,S 3=σ1S 2-σ2S 1+3(-1)4σ3=1-3σ2+3σ3,S 4=σ1S 3-σ2S 2+σ3S 1=1-4σ2+4σ3+2σ22,S 5=σ1S 4-σ2S 3+σ3S 2=1-5σ2+5σ3+5σ22-5σ2σ3.于是,原不等式等价于10(1-3σ2+3σ3)-9(1-5σ2+5σ3+5σ22-5σ2σ3)≥1Ζσ2-σ3-3σ22+3σ2σ3≥0Ζ(σ2-σ3)(1-3σ2)≥0Ζ(ab +bc +ca -abc )(a 2+b 2+c 2-ab -bc -ca )≥0.由a +b +c =1且a 、b 、c ∈R +知ab +bc +ca -abc >0.又由排序不等式知a 2+b 2+c 2-ab -bc -ca ≥0.故原不等式得证.评注:结合待证不等式及其条件,应用牛顿公式递推计算是一个水到渠成的选择,思路自然,表达简洁.例3 解方程组x -y +z -w =2,x 2-y 2+z 2-w 2=6,x 3-y 3+z 3-w 3=20,x 4-y 4+z 4-w 4=66[2].(2006,全国高中数学联赛)讲解:定义数列{a n }:a n =x n +z n(n ∈N +),{b n }:b n =y n +w n(n ∈N +).于是,原方程组即a 1=b 1+2,a 2=b 2+6,a 3=b 3+20,a 4=b 4+66.对{a n }有(σ1,σ2)=(x +z ,xz )=a 1,a 21-a 22.由牛顿公式计算得a 3=σ1a 2-σ2a 1=a 1a 2-a 21-a 22a 1=12a 1(3a 2-a 21),a 4=σ1a 3-σ2a 2=a 1a 3-a 21-a 22a 2=12a 21(3a 2-a 21)-12a 2(a 21-a 2)=12(2a 21a 2-a 41+a 22).同理,对{b n }计算得b 3=12b 1(3b 2-b 21),b 4=12(2b 21b 2-b 41+b 22).从而,原方程组进一步转化为a1=b1+2, a2=b2+6,1 2a1(3a2-a21)=12b1(3b2-b21)+20,1 2(2a21a2-a41+a22)=12(2b21b2-b41+b22)+66Ζa1=b1+2,a2=b2+6,b21-b1-b2+2=0,2b31+3b21-2b1b2-4b1-5b2+16=0Ζa1=b1+2,a2=b2+6,b21-b1-b2+2=0,5b21-8b1-5b2+16=0Ζa1=b1+2,a2=b2+6,b1=2,b2=4Ζa1=4,a2=10,b1=2,b2=4Ζx+z=4,x2+z2=10,y+w=2,y2+w2=4Ζx+z=4,xz=3,y+w=2,yw=0.故原方程组有4解:(x,y,z,w)=(1,2,3,0),(1,0,3,2,), (3,2,1,0),(3,0,1,2).评注:此题设计独到,有鲜明的创新之处.作者把两个线性递推数列隐蔽在一个方程组中,具有深刻的理论背景.例4 已知x、y、z∈R,且x+y+z=0.(1)求证:6(x3+y3+z3)2≤(x2+y2+z2)3;(2)求最佳的常数λ、μ,使得λ(x6+y6+z6)≤(x2+y2+z2)3≤μ(x6+y6+z6).讲解:(1)若x=y=z=0,则不等式显然成立.以下假设x、y、z不全为零,则至少存在一个正数、一个负数,不妨设xy<0.于是,不等式6(x3+y3+z3)2≤(x2+y2+z2)3,即 54x2y2z2≤(x2+y2+z2)3.注意到54x2y2z2=216·|xy|2·|xy|2·z2≤216|xy|2+|xy|2+z233=8(|xy|+z2)3 =(-2xy+2z2)3=(x2+y2+z2)3.因此,原不等式成立.当xy+2z2=0,xy<0时,等号成立.(2)令Sn=x n+y n+z n(n∈N+).则(σ1,σ2,σ3)=(0,xy+yz+zx,xyz)=0,-x2+y2+z22,xyz.应用牛顿公式计算得S1=x+y+z=0,S2=σ1S1+2(-1)3σ2=x2+y2+z2,S3=σ1S2-σ2S1+3(-1)4σ3=3xyz,S4=σ1S3-σ2S2+σ3S1=-σ2S2=12(x2+y2+z2)2,S5=σ1S4-σ2S3+σ3S2=-σ2S3+σ3S2=52xyz(x2+y2+z2),S6=σ1S5-σ2S4+σ3S3=-σ2S4+σ3S3=14(x2+y2+z2)3+3x2y2z2.故x6+y6+z6=S6≥14(x2+y2+z2)3,即 (x2+y2+z2)3≤4(x6+y6+z6).等号成立的条件是xyz=0且x+y+z =0,得μmin=4.又由(1)得x6+y6+z6=S6≤14(x2+y2+z2)3+19(x2+y2+z2)3 =1336(x2+y2+z2)3.故3613(x6+y6+z6)≤(x2+y2+z2)3.当x2=y2=z2且x+y+z=0,即x=y=z=0时,等号成立,得λmax=36 13.评注:本题式子特征就是等幂和,但次数高,采用牛顿等幂和公式能够步步为营,有效合理地使用已知条件简化计算.例5 求一对正整数a、b,满足:(1)ab(a+b)不能被7整除;(2)77|[(a+b)7-a7-b7].(第25届I M O)讲解:换元(x,y,z)=(a+b,-a,-b).则x+y+z=0,且(σ1,σ2,σ3)=(0,xy+yz+zx,xyz).令Sn=x n+y n+z n(n∈N).则S0=3,S1=0,S2=-2σ2,S n+3=-σ2S n+1+σ3S n(n∈N).计算得S3=-σ2S1+σ3S0=3σ3,S4=-σ2S2+σ3S1=2σ22,S5=-σ2S3+σ3S2=-3σ2σ3-2σ2σ3=-5σ2σ3,S7=-σ2S5+σ3S4=5σ22σ3+2σ22σ3=7σ22σ3.又(σ1,σ2,σ3)=(0,-a2-ab-b2,ab(a+b)),故 (a+b)7-a7-b7=7ab(a+b)(a2+ab+b2)2.由(1)、(2)知73|(a2+ab+b2).取a2+ab+b2=73=343,得(a+b)2-ab=343.因为343=(a+b)2-ab=a2+ab+b2≥3ab,所以,ab≤114,(a+b)2=ab+343.故343≤(a+b)2≤343+114=457,即19≤a+b≤21.令a2+ab+b2=343,a+b=19,得ab=18,a+b=19.解得(a,b)=(18,1),(1,18).评注:应用牛顿公式得出(a+b)7-a7-b7的分解式是解题的关键,它凝聚了已知条件,实现整除关系的顺利转化、化简.例6 求cos5π9+cos55π9+cos57π9的值.讲解:令(x1,x2,x3)=cosπ9,cos5π9,cos7π9.为了降次,先计算x1、x2、x3的基本对称多项式(σ1,σ2,σ3)=(x1+x2+x3,x1x2+x2x3+x3x1,x1x2x3).注意到σ1=cosπ9+2cos6π9·cosπ9=cosπ9-cosπ9=0,σ2=12cos6π9+cos4π9+12cos12π9+cos2π9+12cos8π9+cos6π9=12-32+cos4π9+cos2π9-cosπ9=-34,σ3=sin2π92sinπ9·sin10π92sin5π9·sin14π92sin7π9=18.所以,(σ1,σ2,σ3)=0,-34,18.故x1、x2、x3是三次方程x3-34x-18 =0的根.令Sn=cos nπ9+cos n5π9+cos n7π9(n∈N+).由牛顿公式计算得S1=σ1=0,S2=σ1S1-2σ2=-2σ2=32,S3=σ1S2-σ2S1+3σ3=3σ3=38,S4=σ1S3-σ2S2+σ3S1=-32σ2=98,S5=σ1S4-σ2S3+σ3S2=-38σ2+32σ3=932+316=1532.评注:作为一个5次等幂三角和,直接应用三角公式无从入手,这就自然联想到应用牛顿公式,计算起来毫不费工夫.练习题1.设a、b、c≥0.求证:a3+b3+c3≥3abc.(提示:不妨设a+b+c=1.令Sn=a n+ b n+c n.由牛顿等幂和公式算得S3=σ31-3σ1σ2+3σ3.从而,原不等式等价于σ31-3σ1σ2≥0Ζσ21-3σ2≥0,此即(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≥0.)2.解方程组x1+x2+…+x n=n,x21+x22+…+x2n=n,……x n1+x n2+…+x n n=n.(提示:利用牛顿公式与初始条件S1= S2=…=S n=n,得σ1-σ2+…+(-1)n-2·σn-1+(-1)n-1σn=1.从而,x1,x2,…,x n中必有一个是1.由对称性,设xn=1,使得原方程组减元,再对减元后的前n-1个方程重复上述操作,即可得xn-1=1.继续简化方程组,重复这个过程,经过有限次操作,得到原方程组有唯一解x1=x2=…=x n=1.)3.已知实数x、y、z、w满足x+y+z+w =x7+y7+z7+w7=0.求f=w(w+x)(w+y)(w+z).(提示:令Sn=x n+y n+z n+w n(n∈N+).由牛顿公式得S7=7(σ22-σ4)σ3.再由S7=0,得σ4=σ22或σ3=0.若σ4=σ22,则0≤S4=-2σ22≤0,得x=y=z=w=0.故f=0.若σ3=0,则x、y、z、w是方程t4+σ2t2+σ4 =0的4个实数根.从而,w必与x、y、z之一互为相反数.故f=0.)4.求方程组x+y+z=0,x3+y3+z3=-18的整数解(x,y,z).(提示:注意xyz≠0.再用牛顿公式推证,得xyz=-6.从而,方程组共有6组整数解: (x,y,z)=(1,2,-3),(2,1,-3),(1,-3, 2),(2,-3,1),(-3,1,2),(-3,2,1).)5.定义f n=x n sin n A+y n sin nB+z n sin nC(n∈N+),其中,∠A、∠B、∠C∈R,且∠A+∠B+∠C=kπ(k∈Z).如果f1=f2=0,求证:f n= 0对一切n∈N+成立.(第九届美国数学奥林匹克)(提示:令(α,β,γ)=(x(cos A+i sin A), y(cos B+i sin B),z(cos C+i sin C)),S n=αn+βn+γn(n∈N).则Im(Sn)=fn.补充S0 =3,结合σ1、σ2、σ3、S1、S2∈R,由牛顿公式可得Sn∈R.从而,fn=0(n∈N+).)参考文献:[1] 冷岗松,沈文选,张 ,唐立华编著.奥林匹克数学中的代数问题[M].长沙:湖南师范大学出版社,2004,7.[2] 2006年全国高中数学联赛加试题另解[J].中等数学,2007(2):16.致 读 者1.《中等数学》合订本2005(下)、2007(下)、2008(上)现正热销,每册27元(含邮挂费).2.编辑部目前还有过刊2002(5),2003(4,5,6),2004(4,5,6),2005(1～12),2006(1～5,8～10),2007(1～4,7～12),2008(1～7).每本3元,邮寄另加30%邮费.地址:天津市河西区卫津路241号《中等数学》编辑部电话:022-********邮编:300074本刊编辑部。