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(甘志国)《美国数学月刊》数学问题精选

《美国数学月刊》数学问题精选

甘志国(该文已发表中学数学杂志，2012(1)：22-27)

美国的《美国数学月刊》和《数学杂志》都是世界上的著名杂志，目前国内还没有同样性质的刊物.几十年来，它们刊登了大量饶有兴趣、紧跟时代发展的数学文章和问题.这些文章的深度大多可被具有高中至大学文化程度的读者所理解，且又与当时科学界所关心的热点和前沿问题有关，所以对一般读者起到了普及和鸟瞰作用.冯贝叶编译的《500个世界著名数学征解问题》(哈尔滨工业大学出版社，2009)中介绍了《美国数学月刊》和《数学杂志》中的部分问题，笔者认真研读了该书，特选择以下适合高中师生阅读的问题奉献给读者们(选题的顺序基本是按照该书的先后顺序）. 1 代数问题

题 1 ( 由AMM 5304(即《美国数学月刊》数学问题5304)改编)根据数列1,2,2,1,1,2,1,2,2,1,2,2,1,1,2,1,1,2,2,1,2,1,1,2,1,2,2,1,1,2,1,1,2,1,2,2,…的规律可知，该数列被省略的头五项是 .

解 1,2,2,1,1.我们先把该数列作如下分组：

(1),(2,2),(1,1),(2),(1),(2,2),(1),(2,2),(1,1),(2),(1,1),(2,2),(1),(2),(1,1),(2),(1),(2,2),(1,1),(2), (1,1),(2),(1),(2,2),(1),(2,2),(1,1),…

第1项是1，即第1个括号是1个1；所以第2项是2，得第2个括号是2个2；因为第3项是2，所以第3个括号是2个1；因为第4项是1，所以第4个括号是1个2；因为第5项是1，所以第5个括号是1个1；因为第6项是2，所以第6个括号是2个2；……

由此规律便得答案.

题2 (AMM 10947)证明：对任意正整数n n n

n 4325551+++，

是合数.

证明设n n n

n f 432555

1)(+++=.由恒等式

)1)(1(12342342468+-+-++++=++++x x x x x x x x x x x x

得

∈+-+-++++=k k f k k k k k k k k )(15555)(15555()2(234234N*) ①

再由恒等式

222234)1(5)13(1+-++=++++x x x x x x x x

得

∈+-?+-++?++=-------k k f k k k k k k k k )(155355)(155355()12(121324121324N*) ②

由①②立得欲证成立.

题3 ( AMM 1176)设∈d c b a ,,,R ，1=-bc ad ，bd ac d c b a Q +++++=2222，

证明：1,1,0-≠Q .

证法 1 得2

)()()()(22c b d b d a c a Q ++++-++=-，若022=-Q ，可得

0====d c b a ，这与1=-bc ad 矛盾！所以1,022>>-Q Q ，欲证成立.

证法2 可得2

22232323???

??+++???? ??-+=-d c b d c a Q ，可得3≥Q . 题4 (AMM 1977)求出所有的构成等差数列的实数w z y x ,,,，使得

3333w z y x =++.

解设d a w d a z d a y d a x 6,5,4,3+=+=+=+=，代入3333w z y x =++后，得

0,0)219(22==++a d ad a a

所以∈=d d d d d w z y x )(6,5,4,3(),,,(R ).

题5 (AMM 10947)设a 是已知的非零整数，证明：方程a y x =+33至多有有限组整数解.

证明由已知的非零整数a 至多有有限组分解方法，设其中一种分解方法是

∈==i i i i c b n i c b a ,,,2,1(； Z ).由))((2233y xy x y x y x a +-+=+=，得

),,2,1(2

2n i c y xy x b y x i

=???=+-=+ ),,2,1(0

332

2n i c b x b x b y x i i i i

=?????=-+-=+ 当i b 已知时，由以上方程组的第二个方程知，x 最多取两个整数，所以当i b 已知时，最多得两组整数解，所以对于已知的非零整数a ，方程a y x =+3

3至多有n 2组整数解.欲证成立.

题6 (AMM 1797)求出方程组?????+==--)

(2323

33z y x xyz

z y x 的所有正整数解.

解由第一个方程，得

0])()())[((222=++-++--x z z y y x z y x

若∈z y x ,,N *，得x z y =+.再由第二个方程可得原方程组的所有正整数解是

)1,1,2(),,(=z y x .

题7 (AMM 2367)设由递推式∈--=++n a a a n n n (212N *)1,1,21-==a a 定义了数列{}n a ，证明：2

272n n a -+是完全平方数.

证明可先用数学归纳法证得∈n a Z 及∈=-++n a a a n n n n (222

1N *)，所以

n n n n a a a 244422

1?=-++.把n n n a a a 84412+=-++代入该式后可得

22172)2(n n n n a a a -=+++

所以欲证成立.

题8 (AMM 1323)证明：关于x 的方程1

21-++++=n n x x x nx 的实根除1外，

其绝对值均小于1.

证明若关于x 的方程1

21-++++=n n x

x x nx 的实根1≠x 且1>x ，得

n n

n n nx x n x x x x x x =≤++++≤++++--1

1211

n n nx x x x ≤++++-121 (当且仅当1=x 时取等号)

由此知，欲证成立.

题

(AMM

10375)

设

数

列

{}

n u 满足

∈+++-+=++n u n n n u n u n n n ()32)(12()1(4)32(22122N *)，且21,u u 是已知数，求数列

{}n u 的通项公式.

解设∈=

n n u v n

n ()!

2(N *)，得 ∈+-+=+++n v n v n v n n n n ()1()32()2(12N *) ∈-+=-++++n v v n v v n n n n n )()(1())(2(112N *)

∈-=-++n v v v v n n n )((2))(1(121N *)

∈+-=

-+n n v v v v n n (1

)

(2121N *)

用累加法，得

???≥??? ??+++-+==)

2(131

21)(2)1(121

1n n v v v n v v n

∈??

++++

-+-=n n v v v v (131211)(2231221 N *)

所以 ∈??

?????? ??++++

-+-==n n v v v v n v n u n n (131211)(223)!2()!2(1221 N *) 题10 (AMM 2857)设∈w z y x ,,,R ，44,422=+=w z xy ，证明：

6.1)()(22>-+-w y z x .

证明可得x

y 4

，还可设)20(sin ,cos 2πθθθ<≤==w z ，得 2

222sin 4)cos 2()()(??

??-+-=-+-θθx x w y z x

所以2

)()(w y z x -+-表示双曲线x y 4=上的点??

??x x P 4,与椭圆

1422=+y x 上的点)20)(sin ,cos 2(πθθθ<≤Q 之间距离的平方即2

PQ (如图

1).

图1

易证方程组???????

=+=1

422y x x y 无解，所以双曲线x y 4=上的点???

??x x P 4,与椭圆

1422=+y x 相离.

可得双曲线x

y 4

在点)2,22(A 处的切线方程是0242:1=-+y x l ，椭圆1422=+y x 在点??? ?

?21,2B 处的切线方程是0222:2=-+y x l ，且21//l l .又两条平行线21,l l 之间的距离是522，所以6.15222

=???

? ??≥PQ .由图1及计算可得522=PQ 不成立，所以欲证成立.

注《500个世界著名数学征解问题》中还说，可把本题结论中的1.6改为 7747.1，请读者能求出该题结论中的精确下界. 2 几何问题

题11 在等腰ABC ?中，?=∠=20,A AC AB ，在AB 边上取一点D ，使BC AD =.求BDC ∠的大小.

解法 1

如图2，可得

=∠80B .设

=∠BDC ，得

?-=∠-?=∠20,180θθDCA CDA .还可设b AC a AD BC ===,.在ACD ABC ??,中

分别用正弦定理，得

)

180sin()20sin(,80sin 20sin θθ-?=?-?=?b

a b a

?=?-?20sin sin )20sin(80sin θθ

?=?-??20sin sin )20sin cos 20cos (sin 10cos θθθ

320sin )

2030sin(220cos 10cos 120sin 20cos cot ==?

?-?-?=?-??=

?=30θ

图2(请编辑帮忙把边AB 上添一个点D) 图3

解法 2 如图3，作BC AM ⊥于M ，得M 是BC 的中点.又在ABC ?外作

?=∠10CAE ，得?=∠30BAE .再作AE DF AE CE ⊥⊥,.可证ABM Rt ACE Rt ???，

所以CM

BM CE ==.还可得CE BM CM BC AD DF =====

21.又

CE DF CE DF =,//，得平行四边形DFCE ，所以?=∠=∠30,//BAE BDC EF DC .

题12 (AMM 1476)在ABC ?中，D AC AB ，=是BC 的中点，作AC DE ⊥于E ，F 是DE 的中点，证明：BE AF ⊥.

证明 (请读者自己画图)作AC BH ⊥于H ，则BE 和AF 分别是相似直角三角形CBH 和DAE 的对应中线.因为这两个三角形的对应边是互相垂直的，所以BE AF ⊥.

题13 (AMM 2369)在ABC ?中，E D B A ,60,40，?=∠?=∠分别是边AB AC ,上使?=∠?=∠70,40BCE CBD 的点，F 是直线CE BD ,的交点，证明：BC AF ⊥.

证明 (请读者自己画图)由?=?=?

?==?40cos 40cos 40sin 80sin 2260cos BF BC BC BA BA ，由此可得欲证.

题14 (AMM 1836)设锐角三角形ABC 的边AC AB ,上的中线互相垂直，证明：

cot cot ≥

+C B . 证明如图4，设A B C ?的边AC AB ,上的中线BG CG ,交于点G ，延长AG 交边BC

于点D ，得CD BD =，作BC AK ⊥于K ，则

AK CK AK BK C B =+=

+cot cot

图4

因为BG CG ⊥，所以GD 是BCG Rt ?的斜边BC 上的中线，所以DG DC DB ==，所以

32cot cot ==≥=

+GD GD AD BC AK BC C B 题15 (AMM 1705)给定一个边长为)(,,c b a c b a ≤≤的三角形，定义它的倾斜度(skewness)为

??????????=a c c b b a a c c b b a S ,,min ,,max

求出倾斜度的最大值和最小值，并指出三角形在什么情况下达到这些值.

(原解答高中生不易看懂，下面给出该题的两种适合高中生的通俗解法.) 解法 1 在该问题中，可不妨设1

=a .得

???=??????=??????≤≤c b b a c c b b a c a c c b b a c b ,1min ,,min ,,,max ,1.

(1)当

c b b ≥1即2b c ≥时，可得b c

c S =?=，且b 的取值范围由不等式组 ??

??≥>+≤≤211b c c b c

b 即 ??

?+<≤≥1

b c b b

确定.用线性规划知识，画出其可行域为图5的阴影部分，可得此时b 即S 的取值范围是

???

???+251,

1(当且仅当251,1+<=c b 时1=S

图5 图6(请编辑帮忙把该图中的直线1=b 去掉)

(2)当

c b b ≤1即2b c ≤时，可得b

b c S =?=1，且S 的取值范围由不等式组 ??

??≤>+≤≤211b c c b c

b 即 ??

??+<≤≤11

1b S b S 确定.用线性规划知识，画出其可行域为图6的阴影部分，可得此时S 的取值范围是

???

???+251,

1(当且仅当251+<=c b 时1=S ). 综上所述，得S 的取值范围是???

???+251,

1(当且仅当该三角形是等腰三角形时1=S ).

解法2 在该问题中，可不妨设1=a .同解法1，可得

(1)当2

b c ≥时，可得b S =，且b 的取值范围由不等式组

???+<≤≥1

b c b b ① 确定. 可得??

?+<≥1

b b b ，所以2511+<

≤b .又1==c b 及εε(2

1-+=b 是充分小的正数)2,b c =均适合不等式组①，且b 的取值是连续变化的，所以此时b 即S 的取值范围是

???

???+251,

1. (2)当2

b c ≤时，可得b

S =

，且S 的取值范围由不等式组 ??

?+<≤≤111b S b S ② 确定.

可得2

11,11,111+<

≤-<-<

≤≤S S S S b S .又1==S b 及εε(251-+=S 是充分小的正数)2

1,+=

b 均适合不等式组②，且S 的取值是连续变化的，所以此时S 的取值范围是???

???+251,

1. 极易证得“当且仅当该三角形是等腰三角形时1=S ”.

所以本题的答案是：S 的取值范围是????

???+251,

1(当且仅当该三角形是等腰三角形时1=S ).

注此题与2010年高考湖北卷理10(即文10)有很大的相似. 题16 (AMM 1936)在ABC ?中，若3cos cos cos sin sin sin =++++C

B A C

B A ，证明：AB

C ?至

少有一个角是?60.

证明可证：若0=++γβα，则2

sin

sin 4sin sin sin γ

γβα-=++.

题设中的等式即

0)60sin()60sin()60sin(=?-+?-+?-C B A

得 02

60sin 260sin 260sin 4=?

-?-?--C B A 所以欲证成立. 3 初等数论问题

题17 (AMM 2014)证明：∈-n n

(12

2N *)至少有n 个不同的素因数.

证明 )12()12)(12)(12)(12)(12(121

22222+++++-=--n n

，

又易证右端的每两个因式均互素，从而可得欲证.

(运用公式1)12,12(),12)(12(1222222

=+-+-=-+n

n n n n 及数学归纳法也可获证.)

题18 (AMM 2227)求1

22523212C ,,C ,C ,C -n n n n n 的最大公约数.

解因为121225232122C C C C --=++++n n n

n n n ，所以所求最大公约数是∈m m

(2N )的形式.

可设∈==k q n k n

(22C 12N*,q 是正奇数)，下证所求最大公约数就是k

2，只需证明)12,,5,3,1(C 2-=n t t n 均有约数k 2：

)12,,5,3,1(C 2C

1122-==--n t t

q t n k t

注意到上式的两端都是整数，便得欲证.

题19 (AMM 3010)证明：若∈n N ，则]89[]21[+=++++n n n n . 证明可验证0=n 时成立，下证∈n N*时成立.

设21++++=n n n x ，得)2)(1()2()1((2332++++++++=n n n n n n n x .有

21)1(52+<+<+

n n n n 1)2(107+<+<+n n n n

23)2)(1(57+<++<+n n n n

所以 89][,99892+=+<<+n x n x n

题20 (AMM 1702)证明：)5(≥p p 是素数∑-=??3

!p i i i p

证明由!)!1(!i i i i -+=?得

1)!2(!31

--=?∑-=p i i p i .

由Wilson 定理“

p 是素数1)!1(+-?p p ”得“p 是素数

1)!2(1)!2()1(--?+-?-?p p p p p ”

，即欲证成立. 题21 (1)(AMM 1346)证明：若p 是素数，则2C 2-p

p p ； (2)(AMM 1896)证明：若p 是素数，∈n N *，则n p p

np -C 2.

证明 (1)2)C ()C ()C ()C ()C ()C (C 2

12221221202++++=+++=-P p p p P p p p p p . 易证“若p 是素数，则)1,,2,1(C -=p k p k p ”，所以2C ,2C 222--p p p p p p .

(1)的另证 p p 4)11(2=+.可证该式左边展开式中除首末两项及中间项p

p 2C ,1,1外的项

都是素数p 的倍数，所以2C 42--p

p p p .

又由Fermat(1601~1665)小定理，得44-p p ，所以2C 2-p

p p .

(2)我们证明其推广：若p 是素数，∈n N *∈k ,N n k ≤,，则k

n kp np p C C 2-.

先证明以下结论：

若p 是素数，∈m N *1,-≤p m ，则m p p C ，且2

p ? m p C ①

(“?”表示“不整除”)

!)]

1([)2)(1(C m m p p p p m p ----=

，设A m p p p =----)]1([)2)(1( ，得p ?

A .又!C m A p m p

?=，∈?!m A p N *，p ? !m ，所以∈!

m A N *，得m p p C ，2p ? m

p C . 由恒等式

n p p p p p np x x x x )C C C 1()1(221++++=+

两边展开式中kp

x 的系数相等，得

∑∈=+++=

21212

1C C C C n n n k k k kp

k k k k p k p k p kp np ，，，且 ②

由结论①知，当且仅当n k k k ,,,21 中有k 个为p (其余k n -个均为0)时，2

p 不能整

除②式右边的一般项n k p k p k p C C C 21 (此时1C C C 21=n k

p k p k p )，其余的情形均有

n k p k p k p p C C C 212 .再由②式，立得k

n kp np p C C 2-.

注显然，(1)是(2)的特例.

题22 (AMM 2679)证明：若正整数m 有大于3的素因数，则124+-m

是合数.

证明先证明：若s r ,是互素的正整数，则多项式11

)(--=s rs x x x P 可被多项式

)(--=x x x Q r 整除.

为证明这一断言，我们看出)(x Q 的所有零点都是单的，并且如果0)(=αQ ，那么

1,1≠=ααr ，这就得出1,1≠=s rs αα，即0)(=αP .也就是说，)(x Q 的根都是)(x P 的

根.因此由带余数定理可知)()()(x R x Q x P =，其中)(x R 是整系数多项式.

现

在

设

ns m =，其中

)

3(>s s 是素数.当

=r 时，1)(,1)(22++=++=x x x Q x x x P s s .

得

此

时

24)2(+-=-n n n Q 整

除

124)2(+-=-m m n P .

该证明跳跃性较大，高中师生不易看懂.笔者给出其中三点跳跃性较大的补充证明： (1)证明：)(x Q 的所有零点都是单的.

即证：对于任意的复数a ，多项式2)(a x -均不能整除多项式1-r

x .

由张禾瑞，郝鈵新编《高等代数》(人民教育出版社，1982年第2版)第63页的“定理2.5.2 多项式)(x f 没有重因式的充要条件是)(x f 与它的导数)(x f '互素”易证其成立.

下面用钟玉泉编《复变函数论》(高等教育出版社，1988)第43-54页的知识也可给出证明：

否则，可设)()(12

x u a x x r

?-=-，其中)(x u 是复系数多项式.两边求导，得恒等式

)()()()(221x u a x x u a x rx r '?-+?-=-

所以1

-r rx 有因式a x -，所以0=a .得)(12

x u x x r ?=-，而该恒等式不会成立，所以欲证

成立.

(2)证明：1≠s

α.

由甘志国《初等数学研究(I)》(哈尔滨工业大学出版社，2008)第100页的“引理若

∈n m ,N*1),(,=n m ，则存在∈l k ,N*，使1=-n l km ”知，存在∈l k ,N*，使1+=ls kr .

假设1=s α，又由1=r α，得αααααα=====+l s ls kr k r )()(11

，这与1≠α矛盾！

所以1≠s

α.

(3)证明：)(x R 是整系数多项式.

由张禾瑞，郝鈵新编《高等代数》第77页的“定理2.8.2 若一个整系数多项式在有理数域上可约，则它在整数环上也可约”易知其成立.

下面再给出数学问题2679的一种简证：

简证这里先证明甘志国《浅探伪素数》(数学通讯，2001(15))的“引理 1 若

∈s r a ,,N*，则1)1,1(),(-=--s r s r a a a ”：

显然)1,1(1)

,(---s r s r a a a

，只需再证1)1,1(),(---s r s r a a a .

设d s r =),(，又可设∈'''='=s r d s s d r r ,,,N*1),(,=''s r ，得即证

1)1,1(---''d d s d r a a a .

设∈=A A a d (N*)，得即证1)1,1(---'

'A A A s r .

由前面引用过的《初等数学研究(I)》第100页的引理知，存在∈l k ,N*，使1+'='s l r k ，

所以)1,1()1,1(----'

l r k s r A A A A .又

1)1,1()1,1]1)1[(()1,1(-=--=--+-=--'''''A A A A A A A A s l s l s l s l r k

所以欲证成立.

下面证明数学问题2679.

设ns m =，其中)3(>s s 是素数.当∈x Z 1),3(,1,=≠s x 时，可得111,113=???

??----x x x x s .

又

11,

1111333--------x x x x x x x x s s s ，所以

11,1

111,11)1)(1(,11111122

333333++++------------?--s s s

s s s s s x x x x x x x x x x x x x x x x x x . 选n

x 2-=后，可得124124+-+-m m n n ，所以124+-m m 是合数.

(甘志国)从中学教师到著名数学家

从中学教师到著名数学家甘志国(已发表于新高考(高二·数学(文科))，2016(4)：15-17) 一位中学教师也可进入高等数学领地攻城掠地、成名成家，比如攻克了斯坦纳系列和寇克曼系列世界难题的包头九中物理教师陆家曦(1935-1983)获得国家自然科学一等奖；开创了机械证明领域的吴文俊(1919- )1940年从上海交通大学毕业，时值抗日战争，因家庭经济原因经朋友介绍到租界里一所育英中学工作，1941年12月珍珠港事件后，日军进驻各租界，而后他又到上海培真中学工作；著名数学家陈景润(1933-1996)也在北京四中任教过；高中数学教师费尔巴哈于1822年也发现了九点圆(也称费尔巴哈圆，最早是欧拉于1765年发现的).其实，从中学数学教师起步一直到成为数学大家在中外数学史上都不乏其人. 本文将再介绍从中学教师成长起来的五位著名数学家. 1 现代分析之父魏尔斯特拉斯卡尔·特奥多尔·威廉·魏尔斯特拉斯(Karl Theodor Wilhelm Weierstrass，1815-1897)，德国数学家.先在波恩大学读法律，后入明斯特大学研习数学，1854年获哥尼斯堡大学名誉博士学位，1856年当选为柏林科学院院士. 魏尔斯特拉斯魏尔斯特拉斯作为现代分析之父，工作涵盖幂级数理论、实分析、复变函数、阿贝尔函数、无穷乘积、变分学、双线型与二次型、整函数、椭圆函数论、变分法、代数学等.他的论文与教学影响了整个二十世纪分析学(甚至整个数学)的风貌. 魏尔斯特拉斯于1860年用递增有界数列定义无理数，将实数理论作为数学分析的严格基础，综合波尔查诺(Bernhard Placidus Johann Nepomuk Bolzano，1781-1848)和柯西 ε-方法.严格论证了连(Augustin Louis Cauchy，1789-1857)的成果，提出极限理论中的δ 续函数的性质，1875年指出处处不可导的连续函数的例子，以幂级数的观点发展解析函数论，得出了关于解析开拓的定理，以及关于椭圆函数的新理论等.在变分法、微分几何、线性代数等方面也都有重要贡献.身后编有《全集》八卷. 魏尔斯特拉斯曾于1841年秋至1842年秋在明斯特文科中学见习一年，1842年转至西普鲁士克隆的初级文科中学，除数学、物理外，他还教德文、历史、地理、书法、植物，甚至于在1845年还教体育.著名数学家古德曼(Gudemann)在看到魏尔斯特拉斯的求椭圆函数的幂级数展开式的论文后评价说：“为作者本人，也为科学进展着想，我希望他不会当一名

(甘志国)数列求和的七种基本方法

数列求和的七种基本方法甘志国部分内容(已发表于数理天地(高中)，2014(11)：14-15) 数列求和是数列问题中的基本题型，但具有复杂多变、综合性强、解法灵活等特点，本文将通过例题(这些例题涵盖了2014年高考卷中的数列求和大题)简单介绍数列求和的七种基本方法. 1 运用公式法很多数列的前n 项和n S 的求法，就是套等差、等比数列n S 的公式，因此以下常用公式应当熟记：还要记住一些正整数的幂和公式：例1 已知数列}{n a 的前n 项和232n n S n -=，求数列}{n a 的前n 项和n T . 解由232n n S n -=,可得n a n 233-=,160≤?>n a n ，所以： (1)当16≤n 时,n T =232n n S n -=. (2)当17≥n 时，所以 2 2 32(1,2,,16)32512 (17,) n n n n T n n n n * ?-=?=?-+≥∈??N L 且例2 求1)2(3)1(21?++-?+-?+?=n n n n S n Λ. 解设2 )1()1(k n k k n k a k -+=-+=，本题即求数列}{k a 的前n 项和. 高考题1 (2014年高考浙江卷文科第19题(部分))求数列{}21n -的前n 项和n S . 答案：2n S n =. 高考题2 (2014年高考四川卷理科第19题(部分))求数列{}24n -的前n 项和n S . 答案：23n S n n =-. 高考题3 (2014年高考福建卷文科第17题)在等比数列{}n a 中，253,81a a ==. (1)求n a ； (2)设3log n n b a =，求数列{}n b 的前n 项和n S . 答案：(1)1 3 n n a -=；(2)22 n n n S -=. 高考题4 (2014年高考重庆卷文科第16题)已知{}n a 是首项为1，公差为2的等差数列，

(甘志国)斜抛运动的最佳抛射角

斜抛运动的最佳抛射角甘志国（该文已发表数学通报，2011（12）: 35-36）文献［1］介绍了球星德拉普（Rory John Delap）: 斯托克城属于英超中的一支中下游足球队，但是该队参加的每一场比赛，往往都能成为人们关注的焦点，因为它拥有一位擅长掷远距离界外球、最远距离为48.17米的世界记录创造者，他就是后卫德拉普（图1）.阿森纳主帅温格曾在一场比赛前说：“德拉普的手臂太可怕了，上天保佑这场比赛中他没有掷界外球的机会.” 图1 界外球怎样才能掷得更远呢？图2 通常会认为，以初速度v0、抛射角「（0 ：：： : <90 ）掷出的球在不计空气阻力时的运动是斜抛运动（图2），其运动轨迹的参数方程为 X = V0 COS-：： t ? - + 1 +2 ①y =v0si na 1 - -gt （其中X, y分别表示球在时刻t飞行的水平距离和竖直高度，g为重力加速度）由此可得球的射程为 2 V0 s —si n2- ② g 公式②说明，球的射程S与初速度V0及抛射角〉均有关，当V0 一定时，当且仅当 =45时射程s最大. 但文献［1］还说，英国物理学家尼克?林斯纳尔却给出了否定的答案：球员把求掷得最远时，出手时的初速度与水平方向的夹角并不是45，而是25至30 .

xta n : 由文献［3］的结论立知，其焦点为产生这一结果的原因是：对于公式②，当 V 。为定值时，：? =45时s 最大；而当:-为定值时，v 越大s 就越大?可见球的飞行距离与初速度 V o 及抛射角：?均有关.而在〉=45时 V o 不能达到最大值，所以在〉=25 ~30时，V o 可达到最大值，所以s 取到最大值也是可能的? 早在2003年，笔者就在文献［2］中阐述了这样的观点：掷球的最佳抛射角应小于 45 . 文献［1］的出现，使笔者重新研究“斜抛运动的最佳抛射角” ，并得到了漂亮的结论：定理如图3，以初速度vo 、抛射角：?（0 ：：： : ::: 90 ）使物体作斜抛运动，当射程 s 最大时（也即起点O 到落点A 的距离最大（因为在图3（a ）中OA = S ，在图3（b ）, （c ）中 OA 2 =s 2h 2,h 为定值），此时的抛射角：?叫做最佳抛射角，此时的抛射方向是起点 O 竖直向上的方向OB 与OA 形成的角.BOA 的平分线，且 OA 是问题运动轨迹（抛物线OCA ）的焦点弦? 证明易知图3中抛物线 OCA 的参数方程为①（其中x,y,t,g 的意义也同①中诸字母的意义） x=v °cos ： t y =v °sin : t 一如2 （其中x, y 分别表示球在时刻t 飞行的水平距离和竖直高度， g 为重力加速度）化为普通方程, 得 2 y <2 x 2v 0 cos a / 2 2 v 0sin 2。 v 0cos 2a l 2g ' 2g 即证 N BOA = 2Zv 0O 代 F E OA . 图3

(甘志国)谈谈人教版教材中函数极值的定义

谈谈人教版教材中函数极值的定义甘志国(该文已发表中学数学杂志2011(5)：15-16) 普通高中课程标准实验教科书《数学·选修2-2·A 版》(人民教育出版社，2007年第2版) (下简称《选修2-2》)第27页给出了函数极值的定义：定义1 如图1，以b a ,两点为例，我们可以发现，函数)(x f y =在点a x =的函数值)(a f 比它在点a x =附近其他点的函数值都小，0)(='a f ；而且在点点a x =附近的左侧0)(<'x f ，右侧0)(>'x f .类似地，函数)(x f y =在点b x =的函数值)(b f 比它在点a x =附近其他点的函数值都大，0)(='b f ；而且在点点b x =附近的左侧0)(>'x f ，右侧0)(<'x f . 图1 我们把点a 叫做函数)(x f y =的极小值点，)(a f 叫做函数)(x f y =的极小值；点b 叫做函数)(x f y =的极大值点，)(b f 叫做函数)(x f y =的极大值.极小值点、极大值点统称为极值点，极大值和极小值点统称为极值. 极值反映了函数在某一点附近的大小情况，刻画的是函数的局部性质. 《选修2-2》第29页又作了以下说明：导数值为0的点不一定是函数的极值点.例如，对于函数3)(x x f =，……所以0=x 不是函数3)(x x f =的极值点.一般地，函数)(x f y =在一点的导数值为0是函数)(x f y =在这点取极值的必要条件，而非充分条件. 一般地，求函数)(x f y =的极值的方法是：解方程0)(='x f .当0)(0='x f 时： (1)如果在0x 附近的左侧0)(>'x f ，右侧0)(<'x f ，那么)(0x f 是极大值； (2)如果在0x 附近的左侧0)(<'x f ，右侧0)(>'x f ，那么)(0x f 是极小值. 显然，以上函数极值的定义是针对可导函数的，而在某些点不可导的函数也可以有极

(甘志国)谈谈高考数学江西卷理科压轴题

谈谈2010年高考数学江西卷理科压轴题甘志国(该文已发表数理天地(高中版)，2010(9)：19，21) 本文将谈谈2010年的全国普通高考数学江西卷理科压轴题：高考题证明以下命题： (1)对任一正整数a ，都存在正整数)(,c b c b <，使得222,,c b a 成等差数列； (2)存在无穷多个互不相似的三角形n ?，其边长n n n c b a ,,为正整数且2 22,,n n n c b a 成等差数列. 参考答案 (1)易知2227,5,1成等差数列，所以222)7(,)5(,a a a 也成等差数列，即对任一正整数a ，都存在正整数)(7,5c b a c a b <==，使得222,,c b a 成等差数列. (2)若222,,n n n c b a 成等差数列，得 2222n n n n b c a b -=- ))(())((n n n n n n n n b c b c a b a b +-=+-① 选取关于n 的一个多项式，例如)1(42 -n n ，使得它可按两种方式分解因式，由于 )22)(22()22)(22()1(4222n n n n n n n n +-=-+=- 所以，可令 ???????+=+-=--=++=-n n b c n b c n n a b n a b n n n n n n n n 2222222222 即 )4(121 12222≥?? ???-+=+=--=n n n c n b n n a n n n 易证n n n c b a ,,满足①，所以2 22,,n n n c b a 成等差数列. 当4≥n 时，n n n c b a <<，且0142>+-=-+n n c b a n n n ，所以以n n n c b a ,,为边长可以构成三角形，将此三角形记为)4(≥?n n . 任取正整数),4,4(,n m n m n m ≠≥≥，若m ?与n ?相似，得

(甘志国)刍甍羡除刍童及楔形四棱台的体积公式

刍甍、羨除、刍童及楔形四棱台的体积公式见甘志国著《立体几何与组合》(哈工大出版社，2014)第48-52页高考题1 (2013·湖北·文·20)如图1，某地质队自水平地面A ，B ，C 三处垂直向地下钻探，自A 点向下钻到A 1处发现矿藏，再继续下钻到A 2处后下面已无矿，从而得到在A 处正下方的矿层厚度为121A A d =．同样可得在B ，C 处正下方的矿层厚度分别为122B B d =，123C C d =，且123d d d <<.过AB ，AC 的中点M ，N 且与直线2AA 平行的平面截多面体111222A B C A B C -所得的截面DEFG 为该多面体的一个中截面，其面积记为S 中． (I)证明：中截面DEFG 是梯形； (II)在△ABC 中，记BC a =，BC 边上的高为h ，面积为S . 在估测三角形ABC 区域内正下方的矿藏储量（即多面体111222A B C A B C -的体积V ）时，可用近似公式V S h =?估中来估算. 已知1231 ()3 V d d d S =++，试判断V 估与V 的大小关系，并加以证明. 请问，该题中的1231 ()3V d d d S =++即)(6 1321d d d ah V ++=是怎么来的呢？这由下面推导的羨除体积公式立得. 《九章算术·商功》篇有部分题目涉及到刍甍、羨除、刍童及楔形四棱台的体积公式，这些公式秦汉时人都已掌握，下面来推导它们. 1.刍甍刍甍是图2中的五面体ABCDEF ，其中EF DC AB ////，底面ABCD 是平行四边形.设a AB =，直线CD AB 、之间的距离是h ，直线EF 与平面ABCD 之间的距离是H ，则其体积)2(6 c a Hh V += . 图2 图3 证明如图3.设点F E ,在面ABCD 上的射影分别是点F E '',. 图 1

(甘志国)为什么这些曲线平移后不“平行”了

为什么这些曲线平移后不“平行”了甘志国(该文已发表中学数学教学参考(上旬)，2012(9)：71-72) 如图1，把曲线y x =向左平移1个单位后得到曲线1y x =+，前后两条曲线是两条平行直线. 图1 如图2，把曲线2x y =向左平移1个单位后得到曲线12x y +=，但这两条曲线给我们的视觉却不是“平行”的.当然，何谓两条曲线平行？还等着下定义呢？先与直线平行类比着想象其内涵吧. 图2 如图3，把曲线22 1(0)x y x +=≥向左平移1个单位后得到曲线22(1)1(1)x y x ++=≥-，但这两条曲线给我们的视觉也不是“平行”的.

图3 如图4，把曲线2y x =向下平移1个单位后得到曲线21y x =-，但这两条曲线给我们的视觉还是不“平行”的. 图4 由图1~4中产生的“平行”、“不平行”的视觉的原因何在？难道是错觉？在图1中，无论怎么看，曲线y x =与曲线1y x =+都是平行的.笔者认为，原因是夹在它们之间的任意平行线段都相等(如图1').

图1' 在图2中，曲线2x y =与曲线12x y +=为什么不“平行”呢？原因就是夹在它们之间的两条平行线段有不相等的情形：用两条铅垂线截这两条曲线，截得的两条线段不相等；用两条水平线截这两条曲线，截得的两条线段相等(如图2'). 图2' 猜想 1 用两条不是水平线的平行线截曲线x y a =与(,x h y a a h +=是已知数，且0,1,0)a a h >≠≠，截得的两条线段不相等. 在图3中，曲线221(0)x y x +=≥与曲线22 (1)1(1)x y x ++=≥-为什么不“平行”呢？

(甘志国)对阿基米德鉴别皇冠真伪的故事的质疑

对阿基米德鉴别皇冠真伪的故事的质疑甘志国(已发表于新高考(高二·数学(必修复习))，2016(1-2)：7-8) 1 数学之神阿基米德]1[ 阿基米德(Archimedes，公元前287～公元前212)，出生于西西里岛的叙拉古的一个贵族家庭，与叙拉古的赫农王(King Hieron)有亲戚关系，家庭十分富有.他和牛顿(Isaac Newton,1642～1727)、高斯(Carl Friedrich Gauss,1777～1855) 被誉为有史以来的三大数学家.阿基米德的父亲是天文学家兼数学家，学识渊博，为人谦逊.阿基米德受家庭的影响，从小就对数学、天文学特别是古希腊的几何学产生了浓厚的兴趣.当他刚满十一岁时，借助与王室的关系，被送到埃及的亚历山大里亚城阿基米德去学习.亚历山大位于尼罗河口，是当时文化贸易的中心之一.人才荟萃，被世人誉为“智慧之都”.阿基米德在这里学习和生活了许多年，曾跟很多学者密切交往.他兼收并蓄了东方和古希腊的优秀文化遗产，在其后的科学生涯中作出了重大的贡献. 阿基米德是伟大的古希腊哲学家、数学家、物理学家、力学家，静态力学和流体静力学的奠基人.他从小就善于思考，喜欢辩论.早年游历过古埃及，曾在亚历山大城学习.据说他就在亚历山大里亚时期发明了阿基米德式螺旋抽水机.后来阿基米德成为兼数学家与力学家的伟大学者，并且享有“力学之父”的美称.在数学方面，著有《论球和圆柱》《抛物线的求积》《圆的度量》《论劈锥曲面体和球体》等论文和10余种著作流传于世，多为希腊文手稿.在《论螺线》一文中，他研究的等速螺线现称为阿基米德螺线.在物理学方面，发现了杠杆定律和关于浮力的阿基米德定律，还发明了螺旋提水器等机械器具，设计了多种建筑物. 在第二次布匿战争中，罗马人进犯叙拉古，阿基米德应用机械技术来帮助防御，使来犯之敌闻风丧胆，这也使阿基米德有“数学之神”的美誉.但最终城被攻破，阿基米德被罗马士兵杀害，终年七十五岁.阿基米德的遗体葬在西西里岛，墓碑上刻着一个圆柱内切球的图形，以纪念他在几何学上的卓越贡献. 2 阿基米德鉴别皇冠真伪的故事]2[ 叙拉古(属希腊管辖，希腊的国王是托勒玫)的的希罗王对阿基米德说：“阿基米德，我有一个问题要向您请教.” “好，陛下，我能给您什么帮助吗？” “情况有一点我不满意，”国王详细地说，“我告诉了您，您可不要告诉任何人！” “当然可以，请您相信我.” “我的问题就在这里.丢奥森内斯为我造了个新皇冠，那不是，用丝绒包着的.” “真华丽，陛下！您是否喜欢它？” “从外表上看，我也喜欢，但是，我总觉得没有完全按照我的要求做.”国王解释说，“您知道，我为丢奥森内斯提供了制造皇冠所需要的金子.但是，现在我怀疑金匠在皇冠内依银代替了金，而把贵重的金子据为己有.” “噢！”阿基米德被难住了，“当然，您不想把漂亮的皇冠割开，看个究竟.您已经核对过皇冠的重量与您给予丢奥森内斯的金子是一样的重，是吗？” 希罗王点点头.阿基米德没有立即解答出国王的问题，他有点困惑. 阿基米德答应思考这个问题，然后就走开了，他常常心不在焉地自言自语沉侵于该问题

(甘志国)一类三角形面积比问题

一类三角形面积比问题甘志国(已发表于数理化学习(高一二版)，2015(11)：2-3) 定理在ABC ?中，点P 满足∈=++νμλνμλ,,(0PC PB PA R ,且 )0≠++νμλ，则0≠++νμλ，(::::νμλ=???PAB PCA PBC S S S 当C B P ,,共线时，约定0=?PBC S ；当A C P ,,共线时，约定0=?PCA S ；当B A P ,,共线时，约定)0=?PAB S . 证明以射线AB 为x 轴，线段AB 的中垂线为y 轴建立平面直角坐标系(如图1)，设),(),0,(),0,(w v C u B u A -，得0≠uw .又设),(y x P ，由0=++PC PB PA νμλ得0=++CP BP AP νμλ，所以 ) 0,0(),(),(),(=--+-++w y v x y u x y u x νμλ w y ννμλ=++)( 若0=++νμλ，得0=w ν，因为0≠uw ，所以0=ν，得0==+νμλ. 再由0=++PC PB PA νμλ，得0,0==λλAB ，所以0===νμλ，这与题设0≠++νμλ矛盾！所以0≠++νμλ，得νμλν++= w y . 又),(w v C ，所以 νμλν++=??ABC PAB S S . 同理，有ν μλμνμλλ++=++=????ABC PCA ABC PBC S S S S ,. 所以νμλ::::=???PAB PCA PBC S S S .定理获证. 图1 注有很多文献(比如[1])也研究了以上定理的结论，但都限定了∈νμλ,,R +.

(甘志国)二次曲线上的四点共圆问题的完整结论

二次曲线上的四点共圆问题的完整结论甘志国(该文已发表数学通讯，2013(7下)：40-41) 百年前，著名教材《坐标几何》(Loney 著)中曾提到椭圆上四点共圆的一个必要条件是这四点的离心角之和为周角的整数倍(椭圆)0,0(122 22>>=+b a b y a x 上任一点A 的坐标可以表示为∈θθ)(sin cos,(b a R )，角θ就叫做点A 的离心角)，证明方法十分巧妙，还要运用高次方程的韦达定理.这一条件是否充分，一直是悬案.在20世纪80年代编写《数学题解辞典(平面解析几何)》时，仍未解决.到20世纪年代初编写《中学数学范例点评》时，才证明了此条件的充分性.[1,2] 2011年高考全国大纲卷理科第21题，2005年高考湖北卷理科第21题(也即文科第22题)及2002年高考江苏、广东卷第20题都是关于二次曲线上四点共圆的问题(见文献[3,4]).笔者曾由2005年的这道高考题得出了二次曲线上四点共圆的一个简洁充要条件(其证明也很简洁但有技巧)：若两条直线)2,1)((:00=-=-i x x k y y l i i 与二次曲线22:0()ax by cx dy e a b Γ++++=≠有四个交点，则这四个交点共圆的充要条件是021=+k k . 文献[2]还用此结论证得了“椭圆上的四点共圆的充要条件是这四点的离心角之和为周角的整数倍”. 文献[5]用较长的篇幅得出了下面的两个结论(即原文末的命题7、8)：结论1 抛物线2 2y px =的内接四边形同时内接于圆的充要条件是该四边形的两组对边、两条对角线所在的三对直线中有一对直线的倾斜角互补. 结论 2 圆锥曲线221(0,)mx ny mn m n +=≠≠的内接四边形同时内接于圆的充要条件是该四边形的两组对边、两条对角线所在的三对直线中有一对直线的倾斜角互补. 请注意，文献[5]中所涉及的直线的斜率均存在，所以这两个结论均正确.但不够完整，本文将给出二次曲线上的四点共圆问题的完整结论，即文末的推论4. 定理1 若两条二次曲线22220()0ax by cx dy e a b a x b y c x d y e '''''++++=≠++++=，有四个交点，则这四个交点共圆. 证明过这四个交点的二次曲线一定能表示成以下形式μλ,(不同时为0)： 2222()()0ax by cx dy e a x b y c x d y e λμ'''''+++++++++= ① 式①左边的展开式中不含xy 的项，选1=μ时，再令式①左边的展开式中含2 2,y x 项

(甘志国)《美国数学月刊》数学问题精选

《美国数学月刊》数学问题精选甘志国(该文已发表中学数学杂志，2012(1)：22-27) 美国的《美国数学月刊》和《数学杂志》都是世界上的著名杂志，目前国内还没有同样性质的刊物.几十年来，它们刊登了大量饶有兴趣、紧跟时代发展的数学文章和问题.这些文章的深度大多可被具有高中至大学文化程度的读者所理解，且又与当时科学界所关心的热点和前沿问题有关，所以对一般读者起到了普及和鸟瞰作用.冯贝叶编译的《500个世界著名数学征解问题》(哈尔滨工业大学出版社，2009)中介绍了《美国数学月刊》和《数学杂志》中的部分问题，笔者认真研读了该书，特选择以下适合高中师生阅读的问题奉献给读者们(选题的顺序基本是按照该书的先后顺序）. 1 代数问题题 1 ( 由AMM 5304(即《美国数学月刊》数学问题5304)改编)根据数列1,2,2,1,1,2,1,2,2,1,2,2,1,1,2,1,1,2,2,1,2,1,1,2,1,2,2,1,1,2,1,1,2,1,2,2,…的规律可知，该数列被省略的头五项是 . 解 1,2,2,1,1.我们先把该数列作如下分组： (1),(2,2),(1,1),(2),(1),(2,2),(1),(2,2),(1,1),(2),(1,1),(2,2),(1),(2),(1,1),(2),(1),(2,2),(1,1),(2), (1,1),(2),(1),(2,2),(1),(2,2),(1,1),… 第1项是1，即第1个括号是1个1；所以第2项是2，得第2个括号是2个2；因为第3项是2，所以第3个括号是2个1；因为第4项是1，所以第4个括号是1个2；因为第5项是1，所以第5个括号是1个1；因为第6项是2，所以第6个括号是2个2；…… 由此规律便得答案. 题2 (AMM 10947)证明：对任意正整数n n n n 4325551+++，是合数. 证明设n n n n f 432555 1)(+++=.由恒等式 )1)(1(12342342468+-+-++++=++++x x x x x x x x x x x x 得 ∈+-+-++++=k k f k k k k k k k k )(15555)(15555()2(234234N*) ① 再由恒等式 222234)1(5)13(1+-++=++++x x x x x x x x 得 ∈+-?+-++?++=-------k k f k k k k k k k k )(155355)(155355()12(121324121324N*) ② 由①②立得欲证成立. 题3 ( AMM 1176)设∈d c b a ,,,R ，1=-bc ad ，bd ac d c b a Q +++++=2222，证明：1,1,0-≠Q . 证法 1 得2 2 2 2 )()()()(22c b d b d a c a Q ++++-++=-，若022=-Q ，可得

(甘志国)简介数学黑洞问题

简介数学黑洞问题甘志国(已发表于数学通讯，2014(10上)：43-44) 高考题 (2014湖北·理·13)设a 是一个各位数字都不是0且没有重复数字的三位数，将组成a 的3个数字按从小到大排成的三位数记为()I a ，按从大到小排成的三位数记为()D a (例如815a =，则()158I a =，()851D a =).阅读如图1所示的程序框图，运行相应的程序，任意输入一个a ，输出的结果b =________. 图1 本题的答案是495(由以下定理1(3)的证明可给出其简洁解答).这道高考题的背景是数学黑洞问题，本文对此作以简单介绍. n K 变换黑洞的定义]1[ 以下各定义中的记号在全文中通用. (1)把{}1212(,,,0,1,2,,9)n n a a a a a a ∈ 叫做一个∈n n (N *)位数码，定义其大小为12012101010n n n a a a --?+?++? ，把n 位数码的集合组成的集合记作n M ； (2)设把n 位数码12n a a a 的各位数字重排得到的最大n 位数码是12n i i i a a a (即12n i i i a a a ≥≥≥ )，定义122112()n n n n i i i i i i K a a a a a a a a a =- (所得结果一定要改写成n 位数码，比如090110)01(2=-=K (也可记作01→09)，所以n K 是n M 的一个变换)； (3)对任意一个n 位数码12n a a a 连续作n K 变换一定会出现循环(因为n K 变换可不断进行下去，但变换的结果最多只有n 10个，所以必定会出现两个结果相同的情形，这样就