教学

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这是2019年人教A版高中数学教材(第一册)的电子版.

链接:https://pan.baidu.com/s/1E_-LmzPd4jtmWSxCSPdEcg
提取码:b117
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这是一本在今年(2019年)秋季要推广使用的教材,今天我终于看到了它的真容.说实话我已经期待它很久了,主要是因为对旧教材(2004年初审通过的人教A版教材)编排体系的不满.下面我谈谈对新教材的观感.

封面

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在封面设计上,新教材比老教材更具高雅品味,主要原因不在于新教材的封面设计有多好,而是04版的教材封面设计品味实在令人无法恭维,以为封面上放一台90年代的笔记本电脑,再在电脑屏幕上随意放上一个数学图形就是设计了?虽然如此,19版的教材封面并没有体现数学的学科特色.即便把封面上的“数学”两个字变成“体育”,也不会有丝毫违和感.

主编寄语

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相较老教材主编寄语不着边际的泛泛而谈,新教材的主编寄语主要是面向学生,对学习数学的正确方法进行了提点.这说明主编的心里有学生.大部分从初中升上来的学生,对于该怎么学习数学心里是没数的,因而这种提点显得尤为必要.

编排

这是新教材相较于老教材的重大改进.仅以第一册来说,在第一章就介绍逻辑用语的好处是巨大的.因为在第二章介绍函数的单调性、最值、奇偶性的时候,会涉及大量的全称量词和存在量词.如果学生事先进行过这方面的训练,无疑会对这些量词的数学意义更加敏感,从而更好地理解“函数的单调性”,“最大值”,“最小值”在数学上的确切含义.相比之下,老教材把逻辑放进选修部分介绍,无疑是太迟了.

把不等式放在函数之前系统介绍也是恰当的.因为函数的最值的定义就涉及到不等式.学生在解涉及到函数最值相关问题的时候也需要用到并不简单的不等式知识.像老教材那样,把不等式放在必修5再讲,还是太迟了点.在那个时候,已经通过自我领悟掌握了不等式的学生会认为书上内容太简单因而显得鸡肋,不会解不等式的学生在必修1的时候就已经遇到了困难.一元二次不等式的提前介绍有利于初高中衔接,教师可以在讲授一元二次不等式的时候顺便带领学生复习一下二次函数的相关知识.事实上,在原先的实际操作中,很多老师也是在函数之前先讲一元二次不等式的.

新教材把三角函数直接接在“指数函数与对数函数”之后介绍,这是恰当的.在原先的教学实践中,浙江的老师也是在讲完必修1之后直接讲授必修4的三角函数.让人恶心的是,老教材在三角函数讲到一半的时候,插入了向量的讲授,这种不伦不类的做法被新教材彻底摒弃了.由于这个明智的改动,新教材在介绍两角和与差的正余弦公式时,就不能采用向量的数量积方法,而是采用平面直角坐标系中的距离公式.这并不是个损失,反而对学生的理解有利.因为向量的数量积对于学生完全是个新事物,贸然地直接用向量的数量积推导两角和与差的三角公式会让学生产生“帽子里跳出兔子”之感.恰当的做法是先用距离公式推导一遍两角差的余弦公式,在第二册讲授平面向量时再从向量数量积的角度重新理解一遍两角差的余弦公式.

令人欣慰的是,在经过15年的试验之后,人教社的教材编写者终于迷途知返,对教材体系做了最合理的改动.在这样的改动之下,新教材的第一册的主题本质上就全集中到函数上了,由此这本书也成了高中数学最核心的一册教材.

内容

排除编排的因素,新教材在学科内容的讲授方式上基本没有更新.老教材是如何介绍某个知识点的,新教材依旧没有大的改动.特别是,作为基本初等函数中最难理解和最重要的指数函数和对数函数,新教材并没有使用更多的篇幅、采用更优良的数学教学法、使用更贴近数学本质的方式进行介绍.在这方面,教材编者可以参考Peter Lax的《微积分及其应用》中对指数函数的讲法(Peter Lax的教材已经由林开亮等人翻译成中文由科学出版社出版).

有若干值得赞赏的小改动.

  • 第一章《集合与常用逻辑用语》中的章前语中,教材编者对为什么要介绍
    集合的语言做了最恰当最简洁的说明:“我们知道 ,方程$x^{2}=2$在有理数范围内无解,但在实数范围内有解.在平面内,所有到定点的距离等于定长的点组成一个圆 ;而在空间中,所有到定点的距离等于定长的点组成一个球面.因此,明确研究对象 、 确定研究范围是研究数学问题的基础 .为了简洁 、准确地表述数学对象及研究范围 ,我们需要使用集合的语言和工具 .事实上,集合的知识是现代数学的基础 ,是高中数学的基础 ,在后面各章的学习中将越来越多地应用它 .”这种表述上的明晰性切中数学本质,是老教材的章前语没有达到的境界.事实上,从教学上来划分,可以认为有两种集合论.一种是作为“研究无穷对象”的集合论,这种集合论主要是研究“无穷现象”的数学.还有一种是作为“集合语言”的集合论,这种集合论仅仅借助集合的语言来描述数学现象.这两种集合论在教学上是两种要求.研究“无穷”的集合论来自于数学上对无穷点集的研究,是历史上微积分在最后阶段的升华,这是由康托首先完成的创造性工作.但是作为“集合语言”的集合论仅要求学生能用集合的语言表达一些数学现象.在高中我们仅教授作为“集合语言”的集合论.学生只要会用集合语言准确清晰简明地描述数学现象即可.
  • 在引入不等式的时候对不等式的几何意义(数轴上点的位置关系)作了介绍.从而为实数的不等关系提供了直观.这是老教材上该有而没有的缺失.顺便值得一提的是,基本不等式可以先不介绍,但是绝对值不等式却必须要讲.事实上,对绝对值不等式的介绍正好可以借助于不等式在数轴上的几何意义这个直观.新教材反过来了,这也是新教材的一个不大的缺憾.
  • 新教材删去了映射的介绍,但是并没有删去对函数映射本质的理解.比如有好几道课后习题就涉及了函数的映射本质.(下图为其中一题)
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    这是正确的做法.有时候我们不要追求一个名词的形式,只要实质达到了我们就可
    以满意了.

  • 教材增加了对钩函数$y=x+\cfrac{1}{x}$的研究.这是学生使用教材上学到的知识所研究的第一个“不平凡”的函数(相比之下例题中涉及到的函数都是学生太过熟悉的函数,有点小儿科).包括研究该函数的最值、奇偶性、单调性,最后描绘出它的图象.从而达到学以致用的目的.而且对钩函数在很多题目的解决中确实能发挥较大作用,值得介绍.
  • 教材增加了一个“拓广探索”栏目,这个栏目很好.在对数学有经验的老师的帮助下,好学生通过这个栏目能学到更多知识.当然前提是老师的知识面本身不能太狭窄.比如教材习题4.1的拓广探索的背景就是自然对数的底数$e$的定义,老师们还能想得起来吗?

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当然也有一些缺陷,

  • 教材提到了“反函数”,但是从来没有正式地提及反函数的意义.甚至连反函数的定义也没提到.书上对反函数的介绍方式是有害的,会让学生误以为值域和定义域互相交换的函数就是互为反函数.
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  • 教材在不同地方语焉不详地提及了“计算工具”这个词汇.有必要明确指出这些“计算工具”到底是什么工具.比如在介绍对数“换底公式”那一节,教材在探究栏目里说
    此图像的alt属性为空;文件名为20190509-6.png
    这里的“计算工具”到底指什么呢?如果指计算器和计算机,人们已经可以直接按出以任意正数为底的对数值,而不必再使用换底公式了.有必要明确指出,之所以会用换底公式,其实就是因为当初人们手头只有常用对数表和自然对数表,在这个限制条件下,为求任意正数为底的对数值,换底公式才有必要.还比如,在复习参考题5的第26题中,介绍了正余弦函数的泰勒公式,
    此图像的alt属性为空;文件名为20190509-7.png
    这道题里涉及到的“计算工具”又是指什么呢?有必要明确.教材编者不要妄图通过语焉不详来掩藏自身的无知.
由于这是第一版新教材,不足之处想必会很多,我以后会陆陆续续指出添加到这里.我对这本教材的不完整的看法就先到此为止.

正确总是相似的,错则有各种错法。


高一7班王榕荣
高一7班陈一豪
高一7班陈蕴涵
高一7班应亚茹
高一7班杨宇飞
高一10班戚恬如
高一10班李若琳
高一7班宋宋
高一7班吴依文
高一10班吴森帆

暑假无聊,关注了两个中学数学QQ群。今天看到中学数学教研网(QQ号712018203)里浙江衢州高中数学毛敏问了一个向量题:

2018绍兴柯桥二模题17 已知向量$\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c}$满足$|\overrightarrow{b}|=|\overrightarrow{c}|=2|\overrightarrow{a}|=1$,求$(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{a})\cdot(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b})$的最大值和最小值.

兹解答如下:

解:\begin{eqnarray*}
(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{a})\cdot
(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b})&=&\overrightarrow{c}^2-\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}-\overrightarrow{c}\cdot\overrightarrow{a}+\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}
\\&=&\overrightarrow{c}^{2}+\frac{(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c})^2-\overrightarrow{a}^2-\overrightarrow{b}^2-\overrightarrow{c}^2}{2}
\\&=&\frac{1}{2}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c})^2-\frac{1}{8}.
\end{eqnarray*}
当且仅当$\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}=\overrightarrow{c}$时,$(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{a})\cdot
(\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b})$取到最小值$-\frac{1}{8}$.


$$
\frac{1}{2}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c})^2-\frac{1}{8}\leq \frac{1}{2}(|\overrightarrow{a}|+|\overrightarrow{b}|+|\overrightarrow{c}|)^2-\frac{1}{8}=3,
$$
当且仅当$\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}$都与向量$\overrightarrow{c}$反向时取到最大值.$\Box$

 

收获一堆赞誉,虚荣心得到了小小的满足

再来几道类似题.我们同样用配方法和向量绝对值不等式处理它.

题目2:平面向量$\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c}$的模为$2$,且$\overrightarrow{a}\perp\overrightarrow{b}$,求$(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c})$的最小值.

解:
\begin{align*}
(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c})&=\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}+\overrightarrow{c}^2
\\&=\frac{(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c})^2-\overrightarrow{a}^{2}-\overrightarrow{b}^{2}-\overrightarrow{c}^2}{2}+\overrightarrow{c}^2
\\&=\frac{1}{2}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c})^2-2
\\&\geq \frac{1}{2}(|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|-|\overrightarrow{c}|)^2-2
\\&=4-4 \sqrt{2}.
\end{align*}
当且仅当$\overrightarrow{c}$与$\overrightarrow{a+b}$反向时取到最小值.

题目3:已知$\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}$是平面内两个互相垂直的单位向量,若向量$\overrightarrow{c}$满足$(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})\cdot (\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c})=\overrightarrow{0}$,则$|\overrightarrow{c}|$的最大值是______.

:\begin{align*}
(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c})=\overrightarrow{0}&\iff
\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}+\overrightarrow{c}^{2}=0
\\&\iff
\frac{(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c})^2-\overrightarrow{a}^2-\overrightarrow{b}^2-\overrightarrow{c}^{2}}{2}+\overrightarrow{c}^{2}=0
\\&\iff \overrightarrow{c}^2=2-(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c})^2
\end{align*}
$$
|\overrightarrow{c}|^2=2-(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c})^2\leq
2-(|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|-|\overrightarrow{c}|)^2=2 \sqrt{2}|\overrightarrow{c}|-|\overrightarrow{c}|^2,
$$
即$2|\overrightarrow{c}|^2\leq 2 \sqrt{2}|\overrightarrow{c}|$,因此$|\overrightarrow{c}|\leq \sqrt{2}$.当且仅当$\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}$与$\overrightarrow{c}$反向时,$|\overrightarrow{c}|$取到最大值$\sqrt{2}$.

 

题目4(2009年全国I卷理科第6题):已知$\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\overrightarrow{c}$为单位向量,且$\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=0$,则$(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c})$的最小值为_____.

证明:\begin{align*}
(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})\cdot (\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c})&=\overrightarrow{a}\cdot
\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c}-\overrightarrow{c}\cdot\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}^2\\&=\frac{(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c})^2-\overrightarrow{a}^2-\overrightarrow{b}^{2}-\overrightarrow{c}^2}{2}+\overrightarrow{c}^2
\\&=\frac{1}{2}(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c})^2-\frac{1}{2}
\\&\geq \frac{1}{2}(|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}|-|\overrightarrow{c}|)^2-\frac{1}{2}
\\&=1-\sqrt{2}.
\end{align*}
当且仅当$\overrightarrow{c}$与$\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}$反向时,取到最小值.

题目5(2011年辽宁卷第10题):已知$\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}$是共面的单位向量,且$\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}=0$,$(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c})\leq 0$,则$|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c}|$的最大值是_______.

:
\begin{align*}
(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c})\leq 0&\iff
\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{b}-\overrightarrow{a}\cdot\overrightarrow{c}-\overrightarrow{b}\cdot\overrightarrow{c}+\overrightarrow{c}^2\leq
0
\\&\iff
\frac{(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c})^2-\overrightarrow{a}^2-\overrightarrow{b}^2-\overrightarrow{c}^2}{2}+\overrightarrow{c}^2\leq
0
\\&\iff (\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c})^2\leq 1.
\end{align*}
因此$|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c}|\leq 1$.当且仅当$(\overrightarrow{a}-\overrightarrow{c})\cdot(\overrightarrow{b}-\overrightarrow{c})=0$时,最大值$1$取到.

 

题目6:$\overrightarrow{e_1},\overrightarrow{e_2}$均为单位向量,且它们的夹角为$45^{\circ}$,设$\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}$满足$|\overrightarrow{a}+\overrightarrow{e_2}|=\frac{\sqrt{2}}{4}$,$\overrightarrow{b}=\overrightarrow{e_1}+k\overrightarrow{e_2}(k\in
\mathbf{R})$,则$|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|$的最小值为_________.

:\begin{align*}
|\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}|&=|(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{e_2})-(\overrightarrow{b}+\overrightarrow{e_2})|
\\&=|(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{e_2})-[\overrightarrow{e_1}+(1+k)\overrightarrow{e_2}]|
\\&\geq \bigg||\overrightarrow{a}+\overrightarrow{e_2}|-|\overrightarrow{e_1}+(1+k)\overrightarrow{e}_2|\bigg|
\\&=\bigg||\overrightarrow{e_{1}}+(1+k)\overrightarrow{e_{2}}|-\frac{\sqrt{2}}{4}\bigg|.
\end{align*}

\begin{align*}
|\overrightarrow{e_1}+(1+k)\overrightarrow{e_2}|^2&=\overrightarrow{e_1}^2+(1+k)^2\overrightarrow{e_2}^2+2(1+k)\overrightarrow{e_1}\cdot\overrightarrow{e_2}
\\&=(1+k)^2+\sqrt{2}(1+k)+1
\\&=(k+1+\frac{\sqrt{2}}{2})^2+\frac{1}{2}
\\&\geq \frac{1}{2},
\end{align*}
所以$|\overrightarrow{e_1}+(1+k)\overrightarrow{e_2}|\geq \frac{\sqrt{2}}{2}$,等号当且仅当$k=-1-\frac{\sqrt{2}}{2}$时取到.因此,
$$
\bigg||\overrightarrow{e_{1}}+(1+k)\overrightarrow{e_{2}}|-\frac{\sqrt{2}}{4}\bigg|\geq
|\overrightarrow{e_1}+(1+k)\overrightarrow{e_2}|-\frac{\sqrt{2}}{4}\geq \frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{4}=\frac{\sqrt{2}}{4}.
$$
最小值$\frac{\sqrt{2}}{4}$当且仅当$\overrightarrow{a}+\overrightarrow{e_2}$与$\overrightarrow{b}+\overrightarrow{e_2}$反向,且$k=-1-\frac{\sqrt{2}}{2}$时取到.

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个人评价:偏题怪题

2018杭州数学一模第10题 在四边形{ABCD}中,点{E,F}分别是{AD,BC}的中点.设 {\overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{BC}=m},{\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BD}=n}.若 {AB=\sqrt{2}},{EF=1,CD=\sqrt{3}},则({~~~}

A.{2m-n=1}

B.{2m-2n=1}

C.{m-2n=1}

D.{2n-2m=1}

解: 如图2所示,连接{AC,BD}.设线段{AC,BD}的中点分别是{H,G}.设线段{AB,DC}的中 点分别是{M,N}.连接{GE,HF}.因为线段{GE}{\triangle ADB}的中位线,所以 {GE\parallel \frac{1}{2}AB};因为线段{HF}{\triangle BCA}的中位线,所以 {HF\parallel \frac{1}{2}AB}.所以{GE\parallel HF},且GE=HF .所以四边形{HFGE}是平 行四边形.因此

\displaystyle GH^2+EF^2=2GE^2+2GF^2=2\left(\frac{1}{2}AB\right)^2+2\left(\frac{1}{2}DC\right)^2=\frac{5}{2},

因此{GH^2=\frac{5}{2}-EF^2=\frac{3}{2}}.

易得

\displaystyle \frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}\right)=\overrightarrow{MN},\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{BC}\right)=\overrightarrow{HG}.

\displaystyle \frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{BD}\right)=\overrightarrow{MN},\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{BD}\right)=\overrightarrow{EF}

因此

\displaystyle \overrightarrow{AD}\cdot\overrightarrow{BC}=\left[\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}\right)\right]^2-\left[\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{BC}\right)\right]^2=\overrightarrow{MN}^2-\overrightarrow{HG}^2=\overrightarrow{MN}^{2}-\frac{3}{2}=m,

\displaystyle \overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BD}=\left[\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BC}\right)\right]^2-\left[\frac{1}{2}\left(\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{BC}\right)\right]^2=\overrightarrow{MN}^2-\overrightarrow{EF}^2=\overrightarrow{MN}^2-1=n

所以{n+1=m+\frac{3}{2}=\overrightarrow{MN}^2}.即{2n-2m=1},选D. \Box

 

2017学年第二学期温州新力量联盟期末联考第22题:  已知正项数列{\{a_n\}}满足{a_{n+1}=\frac{a_n^2}{2a_n-1}},且{1<a_1<2}.

  • 求证:{a_n>1}.
  • 求证:{a_{n+1}<a_n}.
  • 求证:{a_n\leq 1+\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}}.

 

解析: 此题的命题背景是牛顿切线法求方程的根(参见《选修2-2》第一章的课外阅读材料). 考虑函数{f(x)=x^2-x}.{f(x)}在点{(a_n,f(a_n))}处的切线方程是直线

\displaystyle l_{n}:f(x)-f(a_n)=f'(a_n)(x-a_n)=(2a_n-1)(x-a_n),

直线{l_n}{x}轴的交点坐标记为{(a_{n+1},0)},则

\displaystyle a_{n+1}=a_n-\frac{f(a_n)}{f'(a_n)}=\frac{a_n^2}{2a_n-1},

正好就是题目中的数列递推公式.

利用图形容易编制出题目的第(1)和第(2)步.值得注意的是,函数{f(x)}在区间 {(1,2)}上是凹函数这个条件保证了(1),(2)两小题的成立,这是至关重要的条件.

 

至于第(3)小题,涉及到对牛顿切线法迭代的收敛速度的考虑.

{g(x)=\frac{x^2}{2x-1}},则{g'(x)=\frac{2x(x-1)}{(2x-1)^2}},由于 {g'(x)}在区间{(1,2)}上恒正,则{g(x)}在区间{(1,2)}上递增,因此

\displaystyle a_2=g(a_1)<g(2)=\frac{4}{3},a_3=g(a_2)<g\left(\frac{4}{3}\right)=\frac{16}{15}.

于是

\displaystyle 0<a_2-1<\frac{1}{3},0<a_3-1<\frac{1}{15}<\frac{1}{9}, \ \ \ \ \ (1)

另外,

\displaystyle a_{n+1}-1=\frac{a_n^2}{2a_n-1}-1=\frac{(a_n-1)^2}{2a_n-1}<(a_n-1)^2 \ \ \ \ \ (2)

结合关系式(1)(2)可得当{n\geq 3}时,

\displaystyle a_n-1< (a_{n-1}-1)^2< (a_{n-2}-1)^4<\cdots < (a_2-1)^{2n-4}<\left(\frac{1}{3}\right)^{2n-4}\leq \left(\frac{1}{3}\right)^{n-1} \ \ \ \ \ (3)

综合(1),(3),可得对于任意{n\geq 1},

\displaystyle a_n\leq 1+\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}.

\Box

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2017年高考结束不久,笔者用一道高考真题引导学生展开对必修5“解三角形”这一章的期末复习.下面我将课堂主要内容记录如下,望广大同行批评指正.

2017北京高考(理数)第15题:在$\triangle ABC$中,$\angle A=60^{\circ}$,$c=\frac{3}{7}a$.

  • 求$\sin C$的值.
  • 若$a=7$,求$\triangle ABC$的面积.

由于部分学生的基础不好,笔者意在用第一小题吊起大部分学生的胃口.一个学生展示解答:

学生甲:$$\frac{a}{\sin A}=\frac{c}{\sin C}\Rightarrow \sin C=\frac{c\sin A}{a}=\frac{3}{7}\sin 60^{\circ}=\frac{3 \sqrt{3}}{14}.$$

师:好.说明正弦定理没有忘.那么第二小题该怎么办呢?

师:由新增的条件“$a=7$”,易知$c=3$.在进一步探讨之前,我先问大家一个问题:满足“$\angle A=60^{\circ},a=7,c=3$”的三角形是否唯一?当然,在这里,我们把全等的三角形看作一个三角形.

学生甲:唯一,因为$\sin C$已经算出来了,所以$\angle C$能算出来,再由三角形内角和公式算出$\angle B$.这样就求出了三角形的三个内角.而且三角形的一条边长也已知,因此三角形是唯一的.

师:$\angle C$显然不是特殊角,你能借助计算器告诉我$\angle C$约等于几度吗?

学生甲::$21.8^{\circ}$.

师:$\angle C$能否是$21.8^{\circ}$的补角呢?毕竟一个角与它的补角的正弦值相同呀!

学生甲:如果$\angle C\approx 158.2^{\circ}$,那么$\angle C+\angle A>180^{\circ}$,与三角形内角和是$180^{\circ}$矛盾.

师:好.总结一下,这里解三角形的方法是先用正弦定理算$\angle C$.

(学生能用正弦定理解出这个三角形并不奇怪,因为这原本就是课本第1.1节例2的内容,当初在上新课的时候已经强调过这种方法.)

师:除了用这种方法之外,能否先算边$b$的长度,从而通过确定三条边长来确定这个三角形呢?

学生乙:用余弦定理. $$ b^{2}+c^{2}-2bc\cos A=a^{2}\iff b^2+3^2-2\times 3\times b\cos 60^{\circ}=7^2\iff b^2-3b-40=0\iff (b-8)(b+5)=0, $$ 解得$b=8$或$b=-5$(舍去).

师:你为什么舍去$-5$这个解?

学生乙:因为边长$b$必须是正数.

师:好.这里的方法是利用余弦定理,通过解一元二次方程来解出三角形的边长.

(这样就通过引导学生用两种不同的方法解三角形,达到了复习正弦定理和余弦定理的效果.)

:像这种给你两条边,以及其中一边对角,判断三角形解的个数的问题,我们当初还讲过作图的方法.让我们一起回顾一下.作图特别讲究可操作 性,先画什么,再画什么,顺序特别要紧.先画三角形的哪个要素呢?

学生:角$A$.

:因为角$A$已经告诉我们了,是$60^{\circ}$.但是一个角是由它的两条边构成的,要画角$A$,先画角$A$的哪条边?

学生丙:先画边$AB$,因为$AB$的长度为$3$,是已知的.

:好.相反,角$A$的另一条$AC$的长度题目没告诉我们,不好画.那如果一开始不先画角$A$,先画线段$BC$好不好?因为$BC$的长度题目也告诉我们了呀,是$7$.

学生:不好,因为$BC$先画的话,接下来就画不下去了.

:所以可操作性对于作图特别重要,我们要考虑后路.如果先画$BC$,那么角$B$该怎么画,以及如何使得角$A$在和线段$BC$搭配的同时恰好合于$60^{\circ}$,这些都是问题.

:让我们继续原来的思路.先用刻度尺画出线段$AB$,然后用量角器画出角$A$.另一条边$AC$画在线段$AB$的哪一侧对三角形的形状没有影响,因此我们随便选取一侧.而点$C$的位置尚未确定,点$C$的位置能是任意的吗?

学生丙:不能,必须保证$\angle CAB=60^{\circ}$,点$C$必须位于以$A$为顶点的一条射线上.

:点$C$能否运动到射线的反向延长线上?

学生丙:不能,否则$\angle A=120^{\circ}$,矛盾.

:好.最后我们使用条件$BC=7$,这表明点$C$同时位于以$B$为圆心,以$7$为半径的圆上.因此我们以$B$为圆心,以$7$为半径画出一个圆,该圆与射线的交点就是点$C$的位置(如图2所示).

:图已经作出来了,满足条件的三角形$ABC$有几种?为什么?

学生:一种,因为圆与射线只有一个交点.

:好.这样,我们就用三种不同的方法解决了同一个问题,即判断给定了两边和其中一边对角的三角形是否唯一的问题.你们更喜欢哪种方法呢?

学生丙:第一种方法.

:为什么?

学生丙:因为我是用第一种方法(解决了这个问题).

:哦,人总是这样,对自己熟悉的会更喜欢.我自己更加喜欢第三种方法,因为这种方法带给我一种从底层开始逐步做起的感觉,让我对这个问题的本质彻底洞悉.就像亲手用砖和水泥建了一幢房子,而不是从别人手里直接买过来.相比之下,其余两种方法都在一定程度上使用了直觉上不太显然的正弦定理或余弦定理.不过从实用的角度看,能解出问题的方法都是好方法.

:需要强调的一点是,在数学里,我们经常能用不同的方法解决同一个问题,每当发生这样的事情,我们就应该停下来想一想,因为这是一个强烈的信号,预示着这些表面上看似不同的方法之间很可能存在一些深层次的联系.比如,在这个例子里,你能否发现使用余弦定理的方法和作图法之间的联系呢?

师:(进一步提示)比如,我们在用余弦定理解这道题的时候,得到关于$b$的一元二次方程 \begin{equation} \label{eq:1} b^2+c^2-2bc\cos A=a^2\iff b^2-3b-40=0. \end{equation} 然后解得$b=8$,对应的,在作图法里,得到$|AC|=8$.对于这个一元二次方程,还删去了一个解$b=-5$,谁能在作图法里对应地找找看,这个被我们舍去的解有什么几何意义?(学生丁随后举手,老师让他上黑板画图并解释).

学生丁画图并解释:反向延长射线$CA$,与圆交于点$C’$,$|C’A|=5$.

:厉害!你是怎么想到的呢?

学生丁:直接想到了.猜的.

:你的直觉很强.让我们试着解析一下你的直觉.$b=-5$之所以舍去,是因为线段长度不能为负.但我们知道,负数并非总没意义,它可以表示相反的方向.这可能是你想到反向延长射线$CA$的原因.而且在两种解法里,$b=-5$和点$C’$本来都该是舍去的解.这让我们猜想它们之间应该会有一种对应.

师:谁来验证一下丁的猜测?

学生丙:设$|AC’|=t$,则由余弦定理, \begin{equation} \label{eq:2} t^2+c^2-2tc\cos (\pi-A)=a^2\iff t^{2}+3^{2}-2\times 3\times t\cos 120^{\circ}\iff t^2+3t-40=0. \end{equation} 解得$t=5$或$t=-8$(舍去).

师:这下轮到$t=-8$被舍去了.这里的$t$和方程\eqref{eq:1}中的$b$有什么关系?

学生丙:$t$相当于$-b$.

师:很好.我们进一步地联想,通过作图法,直接在图形上画出了一元二次方程的两个根.而一元二次方程的两个根满足韦达定理,能否通过作图法发现韦达定理的几何意义呢?感兴趣的同学可以在课后继续思考.

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我们知道,

\displaystyle 2^n=C_n^0+C_n^1+\cdots+C_n^k+\cdots+C_n^n.

因此,

\displaystyle \begin{array}{rcl} 2^0+2^1+\cdots+2^n&=&C_0^0 \\&+&(C_1^0+C_1^1) \\&+&(C_2^0+C_2^1+C_2^2) \\&+&\cdots \\&+&(C_n^0+C_n^{1}+C_n^{2}+\cdots+C_n^n) \\&=&(C_0^0+C_1^0+C_2^0+\cdots+C_n^0) \\&+&(C_1^1+C_2^1+\cdots+C_n^1) \\&+&(C_2^2+C_3^2+\cdots+C_n^2) \\&+&\cdots \\&+&(C_{n-1}^{n-1}+C_n^{n-1}) \\&+&C_n^n. \end{array}

利用杨辉三角中呈现的组合恒等式

\displaystyle C_{r}^{r}+C_{r+1}^{r}+\cdots+C_n^{r}=C_{n+1}^{r+1},

可将上式进一步化为

\displaystyle C_{n+1}^1+C_{n+1}^2+\cdots+C_{n+1}^n+C_{n+1}^{n+1}=2^{n+1}-1.

因此

\displaystyle 2^0+2^1+\cdots+2^n=2^{n+1}-1.

更加一般地,当{p\neq 1}时,由二项式定理,

\displaystyle p^n=[1+(p-1)]^n=C_n^0(p-1)^{0}+C_n^1(p-1)^1+\cdots+C_n^k(p-1)^k+\cdots+C_n^n(p-1)^{n},

因此,

\displaystyle \begin{array}{rcl} p^0+p^1+\cdots+p^n&=&C_0^0(p-1)^0 \\&+&[C_1^0(p-1)^0+C_1^1(p-1)^1] \\&+&[C_2^0(p-1)^0+C_2^1(p-1)^1+C_2^2(p-2)^2] \\&+&\cdots \\&+&[C_n^0(p-1)^0+C_n^1(p-1)^1+\cdots+C_n^n(p-1)^n] \\&=&(C_0^0+C_1^0+C_2^0+\cdots+C_n^0)(p-1)^0 \\&+&(C_1^1+C_2^1+\cdots+C_n^1)(p-1)^1 \\&+&\cdots\\&+&(C_{n-1}^{n-1}+C_n^{n-1})(p-1)^{n-1} \\&+&C_n^n(p-1)^n \\&=&C_{n+1}^1(p-1)^0+C_{n+1}^2(p-1)^1+\cdots+C_{n+1}^n(p-1)^{n-1}+C_{n+1}^{n+1}(p-1)^n \\&=&[C_{n+1}^1(p-1)^1+C_{n+1}^2(p-1)^2+\cdots+C_{n+1}^n(p-1)^{n}+C_{n+1}^{n+1}(p-1)^{n+1}]/(p-1) \\&=&\frac{[1+(p-1)]^{n+1}-1}{p-1}. \\&=&\frac{p^{n+1}-1}{p-1}. \end{array}

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在国内的所有课本里,二项式定理只不过是排列组合公式的一个应用,从而轻而易举地得到了二项式定理。但是这无法体现实际的数学探究过程,更像是探究完毕后的一个总结升华。就像唐僧师徒要去西天取经,经书由孙悟空一个筋斗翻到西天灵山,再翻一个筋斗就取回来了,没有人会从这样的一个取经过程中获益。

 

如果叫一个新人来探究二项式展开,他一开始不太可能想到这种方法。事实上,他更可能是从研究杨辉三角开始。纵观数学史,不同的文明在研究二项式展开的时候,不约而同地发明了杨辉三角。说明作为合理探究的一部分,研究杨辉三角对于二项式定理来说,是必经之路。在此,我们打造以杨辉三角为核心的二项式定理教学,带领学生领略完整的数学探究的过程。其中最主要的一点是,如何通过猜想和归纳,得到二项式系数的公式。如下是非常简略的大纲(我也没那么多时间和耐心把这个大纲细致化和完整化)

 

 

我们在初中知道完全平方公式

\displaystyle (a+b)^2=a^2+2ab+b^2.

在完全平方公式的基础上,可得{(a+b)^3}的展开式:

\displaystyle \begin{array}{rcl} (a+b)^3&=&(a+b)^2(a+b) \\&=&(a^2+2ab+b^2)(a+b) \\&=&a^3+a^2b+2a^2b+2ab^2+b^2a+b^3 \\&=&a^3+3a^2b+3ab^2+b^3. \end{array}

下面从递推的角度来研究{(a+b)^n}的展开式,其中{n}是任意的正整数.先待定系 数,设

\displaystyle (a+b)^n=\sum_{k=0}^{n} T_{n,k}a^{n-k}b^k,

\displaystyle (a+b)^{n+1}=\sum_{k=0}^{n+1}T_{n+1,k}a^{n+1-k}b^{k}.

由于

\displaystyle \begin{array}{rcl} (a+b)^{n+1}&=&(a+b)^n(a+b) \\&=&\left(\sum_{k=0}^{n}T_{n,k}a^{n-k}b^k\right)\left(a+b\right) \\&=&\sum_{k=0}^nT_{n,k}a^{n+1-k}b^k+\sum_{k=0}^nT_{n,k}a^{n-k}b^{k+1} \\&=&T_{n,0}a^{n+1}+\sum_{k=0}^{n-1} (T_{n,k+1}+T_{n,k})a^{n-k}b^{k+1}+T_{n,n}b^{n+1}, \end{array}

因此{T_{n+1,0}=T_{n,0}},{T_{n+1,n+1}=T_{n,n}},除此之外,{\forall 0\leq k\leq n-1},都有

\displaystyle T_{n+1,k+1}=T_{n,k+1}+T_{n,k}. \ \ \ \ \ (1)

且由于{(a+b)^{0}=1},{(a+b)^1=a+b},因此 {T_{0,0}=1},{T_{1,0}=1,T_{1,1}=1}.将{T_{n,k}}放在第{n+1}行第{k+1}个位置,可得杨辉三角数阵. 递推式(1)是数阵产生的主要公式.

下面我们研究{T_{n,k}}的公式.

定理 1 对于任意正整数{n\geq 2},以及满足{k<n}的正整数{k},有 {T_{n,k}=\sum_{i=k-1}^{n-1}T_{i,k-1}}.

证明: 使用数学归纳法.

  • {n=k+1}时,{T_{k+1,k}=T_{k,k-1}+T_{k,k}=T_{k,k-1}+1=T_{k,k-1}+T_{k-1,k-1}},此时命题成立.
  • 假设当{n=p}时命题成立,其中{p\in \mathbf{N}}{p\geq k+1}.即

    \displaystyle T_{p,k}=\sum_{i=k-1}^{p-1}T_{i,k-1},

    则当 {n=p+1}时,

    \displaystyle T_{p+1,k}=T_{p,k}+T_{p,k-1}=\sum_{i=k-1}^{p-1}T_{i,k-1}+T_{p,k-1}=\sum_{i=k-1}^{p}T_{i,k-1}.

    由数学归纳法,命题成立.

\Box

推论1 {\forall n\in \mathbf{N}},{T_{n,0}=1}.

证明: {T_{n,0}=T_{n-1,0}=\cdots=T_{1,0}=1}. \Box

推论2 {\forall n\geq 1},{T_{n,1}=n}.

证明: 由定理1,

\displaystyle T_{n,1}=\sum_{i=0}^{n-1}T_{i,0}=\sum_{i=0}^{n-1}1=n.

\Box

推论3 {\forall n\geq 2},{T_{n,2}=\frac{n(n-1)}{2}}.

证明: 由定理1,

\displaystyle T_{n,2}=\sum_{i=1}^{n-1}T_{i,1}=\sum_{i=1}^{n-1}i=\frac{n(n-1)}{2}.

\Box

做到这一步,一般人就无法继续做下去了,因为

\displaystyle T_{n,3}=\sum_{i=2}^{n-1}T_{i,2}=\sum_{i=2}^{n-1}\frac{i(i-1)}{2}

的公式很难猜,{T_{n,k}}的一般公式就更难猜了.于是我们采用另一种 思路来研究杨辉三角,不再研究杨辉三角相邻项的和差关系,取而代之地,是研究 杨辉三角相邻项的比例关系.从杨辉三角第{2}行开始,将前一项除以后一项,得到 一个新的数表,新数表前几行如下.

由此猜测

\displaystyle T_{n,k}:T_{n,k+1}=k+1:n-k.

证明:{n} 使用数学归纳法.

  • {n=1}时,{T_{1,0}:T_{1,1}=1:1}.
  • 假设当{n=p}时,{\forall 0\leq k\leq p},都有 {T_{p,k}:T_{p,k+1}=k+1:p-k}.其中{p\geq 1}{p\in \mathbf{N}}.则

    \displaystyle \begin{array}{rcl} T_{p+1,k+1}:T_{p+1,k+2}&=&(T_{p,k}+T_{p,k+1}):(T_{p,k+1}+T_{p,k+2}) \\&=&\frac{p+1}{k+1}T_{p,k}:\frac{p+1}{k+2}T_{p,k+1}\\&=&\frac{1}{k+1}T_{p,k}:\frac{1}{k+2}T_{p,k+1} \\&=&k+2:p-k \end{array}

由数学归纳法,命题成立. \Box

因此,我们有如下结论:

\displaystyle \begin{array}{rcl} T_{n,k}&=&\frac{n-k+1}{k}T_{n,k-1} \\&=&\frac{n-k+1}{k}\frac{n-k+2}{k-1}T_{n,k-2} \\&=&\cdots \\&=&\frac{(n-k+1)(n-k+2)\cdots n}{k(k-1)(k-2)\cdots 1}T_{n,0} \\&=&\frac{(n-k+1)(n-k+2)\cdots n}{k(k-1)(k-2)\cdots 1}1 \\&=&\frac{n!}{(n-k)!k!} \end{array}

其实在这方面做得最好的还是Pascal的原始论文:Pascal的论文下载.

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题目: 求方程{x_1+x_2+\cdots+x_{r}=n}非负整数解的个数,其中{n}{r}都是正整数.

解: 首先我们归纳出{x_1+x_2+\cdots+x_{r}=n}的非负整数解的个数公式.

{r=1}时,{x_1=n}显然只有一个非负整数解.

再解决{r=2}的情形.即探讨{r_{1}+r_{2}=n}非负整数解的个数.此时显然有{n+1} 个非负整数解.

{r=3}时,探讨{r_{1}+r_{2}+r_{3}=n}非负整数解的个数.当{r_{3}=0}时,有 {n+1}个非负整数解,{r_{3}=1}时,有{n}个非负整数解,……,{r_{3}=k}时,有{n-k+1}个非负整数解,……,{r_{3}=n}时,有{1}个非负整数解.因此当{r=3}时,非负整数解的个数是

\displaystyle 1+2+\cdots+(n+1)=\frac{(n+1)(n+2)}{2}.

{r=4}时,探讨{r_1+r_2+r_3+r_4=n}非负整数解的个数.当{r_4=0}时,有 {\frac{(n+1)(n+2)}{2}}个非负整数解.当{r_4=1}时,有{\frac{n(n+1)}{2}}个非负整数解,……,{r_4=k}时,有{\frac{(n-k+1)(n-k+2)}{2}}个非负整数解,……,{r_4=n}时,有 {\frac{1\times 2}{2}}个非负整数解.因此当{r=4}时,非负整数解的个数是

\displaystyle \begin{array}{rcl} \frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n+1}i(i+1) &=&\frac{1}{2}\times \frac{1}{3}\sum_{i=1}^{n+1}[i(i+1)(i+2)-(i-1)i(i+1)] \\&=&\frac{1}{6}(n+1)(n+2)(n+3) \end{array}

下面,我们用第二数学归纳法证明,方程{x_1+x_2+\cdots+x_{r}=n}的非负整数解的个 数是

\displaystyle \frac{1}{(r-1)!}(n+1)(n+2)\cdots (n+r-1)=\frac{(n+r-1)!}{n!(r-1)!}=C_{n+r-1}^{n}.

  • {r=1}时,{1=C_{n+1-1}^n},命题成立.
  • 设当{r\leq k(k\in \mathbf{N}^+)}时,{x_1+x_2+\cdots+x_k=n}都有{C_{n+k-1}^{n}}个非负整数解.然后探讨{x_1+x_2+\cdots+x_k+x_{k+1}=n}的非负整数解的个数.当{x_{k+1}=0}时, 有{C_{n+k-1}^{n}}个非负整数解,当{x_{k+1}=1}时,有{C_{n+k-2}^{n-1}}个非负整数解,……, 当{x_{k+1}=p}时,有{C_{(n-p)+(k-1)}^{n-p}}个非负整数解,……,当{x_{k+1}=n}时, 有{C_{(n-n)+(k-1)}^{n-n}=1}个非负整数解.因此{x_1+x_2+\cdots+x_{k+1}=n}的非负整数解的总数是

    \displaystyle \begin{array}{rcl} C_{k-1}^0+C_k^1+C_{k+1}^2+\cdots+C_{k+(n-1)}^n&=&(C_{k-1}^0+C_k^1)+C_{k+1}^2+\cdots+C_{k+(n-1)}^n \\&=&C_{k+1}^1+C_{k+1}^2+C_{k+2}^3+\cdots+C_{k+(n-1)}^n \\&=&(C_{k+1}^1+C_{k+1}^2)+C_{k+2}^3+\cdots+C_{k+(n-1)}^n \\&=&C_{k+2}^2+C_{k+2}^3+\cdots+C_{k+(n-1)}^n \\&\vdots& \\&=&C_{k+(n-2)}^{n-1}+C_{k+(n-1)}^{n} \\&=&C_{n+k}^{n}. \end{array}

    注意在上面的过程中反复运用了组合数的公式

    \displaystyle C_{n+1}^m=C_n^m+C_{n}^{m-1}.

    由数学归纳法,命题对任意正整数r成立.\Box

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题目 1 求证:{A_n^k+kA_n^{k-1}=A_{n+1}^k}.

解: 除了使用排列数{A_n^{m}}的公式证明之外,这个恒等式其实还有实际的排列意义.

考虑{n+1}个两两不同的数{a_1,a_2,\cdots,a_{n+1}}.从这{n+1}个数中任意选取{k}个数,再把这{k}个数按照一定的次序排成一列,共有{A_{n+1}^k}种方法.

还可以从另外一个角度看待这个问题.从{n+1}个数中选取{k}个数依次排成一列这件事,可以分为两类情况.

  • 第一类:这{k}个数是从{a_1,a_2,\cdots,a_n}中选的,再按顺序排成一列,共有 {A_n^k}种方法.
  • 第二类:这{k}个数中有{a_{n+1}}.从{a_1,a_2,\cdots,a_n}中选取{k-1}个数,排成一列,共 有{A_n^{k-1}}种排法,再把{a_{n+1}}插入该列{k-1}个数,可以把a_{n+1}放在第1个位置,第2个位置,……,第k个位置,共有{k}种插法.因此 由乘法原理第二类共有{kA_n^{k-1}}种方法.

由加法原理,{A_{n+1}^k=A_n^k+kA_n^{k-1}}. \Box

 

题目2:如图,四边形{ABCD}是矩形,图中其它各线或平行于{AB},或平行 于{BC},则图中共有几个矩形?  

我们来探索一般的问题.设图中共有{m}根竖线,其中{AB}是竖线{S_0},一直 到{DC}是竖线{S_{m-1}}.设图中有{n}根横线,其中{BC}是横线{H_{0}},一直 到{AD}是横线{H_{n-1}}.记竖线{S_{i}}和横线{H_{j}}的交点为{(i,j)}.

解法1: 我们来计算右上顶点为{(i,j)}的矩形有多少个.右上顶点为{(i,j)}的矩形,它 的横向宽度有{1,\cdots,i}种选择,纵向长度有{1,\cdots,j}种选择.因此由分 步乘法原理,共有{ij}个矩形以点{(i,j)}为右上顶点.求和

\displaystyle \sum_{0\leq i\leq m-1,0\leq j\leq n-1}ij=\frac{m(m-1)}{2}\frac{n(n-1)}{2}.

即可得所有矩形的数目.在上图中,{m=13,n=7},因此共有{1638}个矩形. \Box

解法2: 每个矩形都被其四个顶点{(i_1,j_1),(i_2,j_1),(i_1,j_2),(i_2,j_2)}所确 定,其中{0\leq i_1,i_{2}\leq m-1,0\leq j_1,j_2\leq n-1}.这里共涉及 {i_1,i_2,j_1,j_2}四个数.其中选出{i_1,i_2}(没有顺序要求)共有 {{m\choose 2}}种方法,选出{j_1,j_2}(没有顺序要求)共有{{n\choose 2}}种 方法.因此确定一个矩形共有

\displaystyle {n\choose 2}{m\choose 2}=\frac{m(m-1)}{2}\frac{n(n-1)}{2}.

种方法. \Box

题目3 (如下解法错在哪儿?) 若将{6}名教师派送到{4}所中学支教,要求每所中学至少分得{1}名教师,至多{2} 名,则不同的派送方案种数为?

:由于每个中学至少要安排一名老师,因此先选出{4}个老师,安排到 {4}所中学,共有{A_6^4}种安排方法.还剩下两名老师选择四个学校,共有{A_4^2} 种选法.因此总共有

\displaystyle A_6^4\times A_4^{2}=4320

种分派方法.

解: 上述解法有重复.举个例子.记{6}名教师为{A,B,C,D,E,F},{4}所学校记为{1,2,3,4}.先从{6}名教师中选择{4}名教师安排到{4}所学校,一种安排方案是

\displaystyle A\rightarrow 1,B\rightarrow 2,C\rightarrow 3,D\rightarrow 4.

还要把{E,F}两个教师安排到四所学校中的两所学校,不妨设{E\rightarrow 3},{F\rightarrow 4}.

这样的方案和如下方案是等同的:

  • 先安排{A\rightarrow 1,B\rightarrow 2,E\rightarrow 3,D\rightarrow 4},再安排 {C\rightarrow 3},{F\rightarrow 4}.
  • 先安排{A\rightarrow 1,B\rightarrow 2},{C\rightarrow 3},{F\rightarrow 4},再安排{E\rightarrow 3},{D\rightarrow 4}.
  • 先安排{A\rightarrow 1,B\rightarrow 2,E\rightarrow 3,F\rightarrow 4},再安排{C\rightarrow 3,D\rightarrow 4}.

上面的四种情况被我们的解答认为是不同的情况,但实际上它们是同一种.因此实 际答案应该是{\frac{1}{4}A_6^4A_4^2=1080}种情况. \Box

题目4 同样是题目3,下面的解法错在哪?

:由于必有两所学校会被分配到两位老师,因此先把{6}位老师进行 分组.先从{6}位老师中任选两位老师,形成一组,有{C_6^2}种选法,再从剩下 的{4}位老师中任选两位老师,形成一组,有{C_4^2}种选法.最后的两位老师各自 形成一组.这样就有{4}组老师.把这{4}组老师分配到{4}所中学,共有{A_4^4}种 分法.由分步乘法原理,共有

\displaystyle C_6^2C_4^2A_4^4=2160

种方案.

解: 还是举例子.记{6}名教师分别是{A,B,C,D,E,F},{4}所学校分别是甲、乙、丙、 丁.先从{6}名教师中取{2}名教师,如果取的是{A,B}.再从剩下的{4}名教师中 取{2}名教师,如果取的是{C,D}.最后剩下两名教师{E,F}各自形成一个团队.这 四个团队在分配给四所学校之前,没有顺序要求.

这就和下面的选法重复:先从{6}名教师中选取{C,D},形成一个团队,再从剩下的 {4}名教师中选取{A,B},形成一个团队,然后{E,F}各自形成一个团队.因此应该把算出来的答案再除以{2},得到{1080}. \Box

题目5 (2014浙江高考){(1+x)^6(1+y)^4}的展开式中,记{x^my^n}项的系数为{f(m,n)},则{f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=(~~)}

  • A.{45}
  • B.{60}
  • C.{120}
  • D.{210}

 

解法1: {f(m,n)=C_6^mC_4^n},因此

\displaystyle f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=C_6^3C_4^0+C_6^2C_4^1+C_6^1C_4^2+C_6^0C_4^3=120.

\Box

解法2:{x^3y^0,x^2y^1,x^1y^2,x^0y^3}的系数之和,与{(1+x)^6(1+x)^4=(1+x)^{10}}{x^3}项的系数相同,所以{f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=C_{10}^3=120}. \Box

注5.1:如上两个证明殊途同归,导致如下等式成立

\displaystyle C_6^3C_4^0+C_6^2C_4^1+C_6^1C_4^2+C_{6}^{0}C_{4}^{3}=C_{10}^3.

更加一般地,有如下恒等式成立:

\displaystyle C_{m+n}^k=C_m^kC_n^0+C_m^{k-1}C_n^1+\cdots+C_m^{k-p}C_{n}^{p}+\cdots+C_m^0C_n^k.

不难理解如上恒等式的组合意义.作为一个特例,当{m=n=k}时,可得

\displaystyle \begin{array}{rcl} C_{2n}^n&=&C_n^nC_n^0+C_n^{n-1}C_n^1+\cdots+C_n^{n-p}C_n^{p}+\cdots+C_n^0C_n^n \\&=&(C_n^0)^2+(C_n^1)^2+\cdots+(C_n^{p})^2+\cdots+(C_n^n)^2. \end{array}

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