高中数学备课参考：数学通报：数学问题解答01

故 ( p , ( p - 1) !) = 1
于是
f ( p)
+ a1 ( p ( p - 1) !
1)
!
≡ a1 ( mod p)
即
p[ f ( p)
+ a1 ( p p!
1)
!]
≡ a1 ( mod p)
所以 Cpn ≡ a1 ( mod p)
注 :此结论表明 :若 p 为素数 , 则数列{ Cpn- 1}
+ ( zn - p) ( zn - p)
= ( z1 - p) ( z1 - p) + ( z2 - p) ( z2 - p) + …+
( zn - p) ( zn - p)
= ( z1 z1 + pp - p z1 - pz1) + ( z2 z2 + pp - p z2 - pz2) + … + ( zn zn + pp - p zn - pzn)
+ r1 - r2) ( r1 + r2 -
由此知 ,必有
r3) > 0.
r2 + r3 - r1 > 0 , r3 + r1 - r2 >
0 , r1 + r2 - r3 > 0 ( 如若不然 ,比如 r2 + r3 - r1 < 0 , r3 + r1 - r2 < 0 ,两式相加有 2 r3 < 0 ,此不可能) ,则 知
= 2n 1350 若 整 数 n 用 p 进 制 数 表 示 为 ( amam - 1 …a1 a0) p , p 为素数 ,则 Cpn ≡ a1 ( mod p) .
(江 苏 如 皋 市 教 师 进 修 学 校 徐 道 226500)
证明 显然 n = am ×pm + am - 1 ×pm - 1 + … + a1 ×p + a0 , a0 = 0 ,1 ,2 , …, p - 1.
cos
2π
n
+
i
sin
2π
n
n
co
s
2π
n
+
i
sin
2π
n
=0
而 | PZ1 | 2 +| PZ2 | 2 + … +| PZn | 2
= | z1 - p | 2 +| z2 - p | 2 + … +| zn - p | 2
= ( z1 - p) ( z1 - p) + ( z2 - p) ( z2 - p) + …
( r1
+
r2
+
r3) 2
>
4 9
( r21 + r22 + r23) - ( r1 r2 + r1 r3 + r2 r3)
- r21
- r22 - r23 + 2 r1 r2 + 2 r1 r3 + 2 r2 r3 > 0.
分解因式 ,得
( r1 + r2 + r3) ( r2 + r3 - r1) ( r3
r2 + r3 > r1 , r3 + r1 > r2 , r1 +
r2 > r3 .
故知以 r1 , r2 , r3 为边必能构成三角形.
1348 证明函数 f ( x)
=|
a2 - x2 是奇函数
x + a| - a
的充要条件是 a > 0.
48
2002 年 第 1 期 数学通报
(南昌大学附中 宋庆 330029) 证明 充分性 : 若 a > 0 ,则 f ( x) 的定义域为[ - a ,0) ∪(0 , a ].
的第 1 至第 p 项除以 p 的余数均为 0 ,第 ( p + 1) 项
至第 2 p 项除以 p 的余数均为 1 ,第 (2 p + 1) 至第 3 p 项除以 p 的余数均为 2 , …,第 ( p2 - p + 1) 至第 p2
项除以 p 的余数均为 ( p - 1) ;接着的第 ( p2 + 1) 至 第 2 p2 项又重复第 1 至 p2 项的这一性质. 如此循
a.
由 S △B PC ∶S △ABC = r1 ∶( r1 + r2 + r3) ,
则 PF ∶A F = r1 ∶( r1 + r2 + r3) ,
所以 D E
DF
=
AP AF
=
r1
r2 +
+ r2
r3 +
r3
,
所以
DE
=
r2 - r3 2 ( r1 + r2 &#
(
r2
-
r3) .
n ( n - 1) ( n - 2) …( n - p + 1) = ( am ×pm + am - 1 ×pm - 1 + … + a1 ×p + a0) ·( am ×pm + am - 1 ×pm - 1 + … + a1 ×p + a0 - 1) ·…·( am × pm + am - 1 ×pm - 1 + …+ a1 ×p + 1) ·( am ×pm + am - 1 ×pm - 1 + … + a1 ×p) ·( am ×pm + am - 1 × pm - 1 + …+ a1 ×p - 1) ( am ×pm + am - 1 ×pm - 1 + … + a1 ×p - 2) ·…·[ am ×pm + am - 1 ×pm - 1 + … + a1 ×p - ( p - a0 - 1) ] = [ am ×pm + am - 1 ×pm - 1 + …+ ( a1 + 1) p ( p - a0) ] [ am ×pm + am - 1 ×pm - 1 + …+ ( a1 + 1) p - ( p - a0 + 1) ] ·…·[ am ×pm + am - 1 ×pm - 1 + … + ( a1 + 1) p - ( p - 1) ] ·p[ am ×pm - 1 + am - 1 ×pm - 2 + …+ a2 ×p + a1 ] ( am ×pm + am - 1 ×pm - 1 + … + a1 ×p - 1) ( am ×pm + am - 1 ×pm - 1 + …+ a1 ×p - 2) ·…·[ am ×pm + am - 1 ×pm - 1 + … + a1 ×p - ( p - a0 - 1) ]
= p[ f ( p) + a1 ( p - 1) !] ( f ( p) 为各项均有 p 因子的整系数多项式)
而 f ( p) ≡0 ( mod p)
所以 f ( p) + a1 ( p - 1) ! ≡a1 ( p - 1) !( mod p) 因为 p 为素数
所以 ( p , p - i) = 1 , i = 1 ,2 , …, p - 1.
|-
a2 - x2 x + a| -
a =-
|
a2 - x2 可得
x + a| - a
| x + a | +| x - a | = 2 a. 所以 , a > 0.
综上 , f ( x)
=|
a2 - x2 是奇函数的充要
x + a| - a
条件是 a > 0.
1349 单位圆内接正 n 边形 Z1 Z2 …Zn , P 为圆上
OC 的延长线于 D , B F
交 OD 于 M ,交 CE 于 N ,
求证 : EN = NC.
(上接 46 页)
zk +1
=
cos
2
kπ
n
+
θ0
+
i si n
2
kπ
n
+
θ0
(k
=
0 ,1 ,
2 , …, n - 1) .
z1 + z2 + … + zn
= (cosθ0 + isinθ0)
1+
cos
2π
n
+
isin
2π
n
+ …+
cos
2
(
n
n
1)
π
+
isin
2
(
n
n
1)
π
1= (cosθ0 + isinθ0)
1-
则 n ( n - 1) ( n - 2) ·…·( n - p + 1) = p[ f 1 ( p) - ( p - a0) ][ f 1 ( p) - ( p - a0 + 1) ] · …·[ f 1 ( p) - ( p - 1) ][ f 2 ( p) + a1 ][ f 3 ( p) 1 ][ f 3 ( p) - 2 ] ·…·[ f 3 ( p) - ( p - a0 - 1) ]
2002 年 第 1 期 数学通报
47
数学问题解答
2001 年 12 月号问题解答 (解答由问题提供人给出)
1346 已知 : 点 P 是 △AB C 内一点 , ∠PAB = ∠PB C = ∠PCA = α. A′B′, B′C′, C′A′分别过A , B , C 三 点 , 且 分 别 垂 直 于 PA , PB , PC. 求 证 : S △ABC = S △A′B′C′sin2α
(江西省宜丰县二中 龚浩生 336300) 证明 如图 , 过点 C′ 作 C′D ⊥ B′P 于 D , 连 结
CD .
因为 PA ⊥A′B′, PB ⊥ B′C′
所以 A , B′, B , P 四 点共圆
所 以 ∠DB′B = ∠PAB = α
又显然 , P , B , C′, D , C 五点在以 PC′为直径 的圆上.
这时 , f ( x) =
a2 x
x2 .
显然 , f ( - x) = - f ( x) .
所以 , f ( x)
=|
x
a2 + a|
x2 -
a
是奇函数.
必要性 :
若 f ( x)
=|
x
a2 - x2 + a| -
a
是奇函数 , 则
a
≠
0(不 然 , 函 数 f ( x) 的 定 义 域 为 空 集) , 且 由
= ( z1 z1 + z2 z2 + …+ zn zn) + npp - p ( z1 + z2 + … + zn) - p ( z1 + z2 + … + zn)
= | z1 | 2 +| z2 | 2 + … +| zn | 2 + n | p | 2 - p ·( z1 + z2 + … + zn) - p ( z1 + z2 + …+ zn)
由勾股定理易见
2
PI2 =
3 3
(
r2
-
r3)
+ ( r1 - r) 2
=
2
3( 3
r2
-
r3)
+
r1 -
1 3
( r1
+
r2
+
r3)
2
=
4 9
( r21 + r22 + r23) - ( r1 r2 + r1 r3 + r2 r3)
由 PI2 < r2 =
1 3
( r1
+
r2
+
r3)
2
, 可知
1 9
所以 ∠PDC = ∠PB C = α = ∠DB′B , 所以 CD ∥ B′C′, 所以 B CDC′是圆内接梯形 ,故 B C = C′D , 所以 BB′CC′= BC′′CD′= sinα.
同理 :AA′BB′= AA′CC′= sinα. 所以 △ABC ∽ △A′B′C′,且相似比为 sinα, 所以 S △ABC = S △A′B′C′sin2α. 1347 若 P 在正三角形的内切圆内 ,则 P 到此正 三角形三边的距离必能构成三角形. (山 东 枣 庄 孟 庄 峨 山 口 学 校 李 成 銮
设 ⊙I 切 B C 于 D ,延长 A P 交 B C 于 F ,作 PE
⊥BC 于 E
由 S △A FB ∶S △A FC = r3 ∶r2 ,
则 B F ∶FC
=
r3 ∶r2 , ∴B F
=
r2
r3 +
r3
a,
所以 FD = BD -
BF =
a 2
-
r2
r3 +
r3
a
=
r2 - r3 2 ( r2 + r3)
环 ,周而复始.
2002 年 1 月号问题
(来稿请注明出处 ———编者)
1351 求证 :20022000 + 1 为合数.
(山东聊城三中 王章琪 252000) 1352 如图 , 在直径为
AB 的半圆中 , 半径 CO
⊥AB 于 O , 以 OC 为直 径作 ⊙O1 , A E 切 ⊙O1 于 E , A E 交半圆于 F ,交
277100) 证明 设正三角形
AB C 的 边 长 为 a , P 在 △AB C 的 内 切 圆 ( 圆 心 为 I , 半径为 r) 的内部. P 到 B C , CA , AB 的距离分别为
r1 , r2 , r3 ,易见 a = 2 3 r =
2 3
3 ( r1 + r2 + r3) .
令 f 1 ( p) = am ×pm + am - 1 ×pm - 1 + …+ ( a1 + 1) p , f 2 ( p) = am ×pm - 1 + am - 1 ×pm - 2 + … + a2 ×p , f 3 ( p) = am ×pm + am - 1 ×pm - 1 + … + a1 ×p.
任一点 ,求 | PZ1 | 2 +| PZ2 | 2 + …+| PZn | 2 的值
( n ≥3) .
(山 东 日 照 市 三 庄 第 二 初 中 惠 智 华
277100)
解 建立如右图所示
的坐标系 ,设点 P对应的复
数 p , Z1 , Z2 , …, Zn 对应的
复数 z1 , z2 , …, zn ,则