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请将1、2、3、4、5、6、8、9、10、12这10个数填入右图圆圈中，每个数用一次，使得每条线上4个数的和都相等．
题型：填空题难度：中档来源：不详
每条线上的和是：（1+2+3+4+5+6+8+9+10+12）×2÷5=24；假设，5个顶点数是较小的，即1，2，3，4，5；又因为1+3+8+12=24，1+4+9+10=24；那么5个顶点，1与3在一条线上，1与4在一条线上；那么2与5在一条线上；因为每条线上的和是24，是一个偶数，根据奇数+奇数=偶数，也就是每条线上要么有2个奇数，要么没有奇数；那么3与5一条线上，2与4在一条线上；可以确定5个顶点的数是：；还有一个奇数9，只能在1、4与2、5相交的点上，即：；又因为1+9+4+10=24，5+9+2+8=24；那么1、9、4线上最后一个圆圈填10；5、9、2线上最后一个圆圈填8，即：；又因为1+8+3+12=24；确定1、8、3线上最后一个圆圈填12；5+10+3+6=24，确定5、10、3线上最后一个圆圈填6；即：．
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据魔方格专家权威分析，试题“请将1、2、3、4、5、6、8、9、10、12这10个数填入右图圆圈中，每..”主要考查你对&&&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
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发现相似题
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932821933786934701932448932012933959学习卡使用时间剩余(天)：
问题名称：找规律：2 ，-4 ，6 ，-8,10 ， -12 ， 14， ......
5， -1,9 ，-5，13，-9,17 ，.......
6，-12 ，18， -24， 30， -36， 42,......
在第三行中是否存在这样的连续三个数，使得他们的和为54，若存在，求出这三个数，若不存在，请说明理由：
是否存在这样的一列，使得该列的三个数字之和为103，若存在，求出这三个数，若不存在，请说明理由：
在第一行取第N个数，第二行中取第N+1个数，第三行中取第N+2个数，是否存在这样的N，使
2 ，-4 ，6 ，-8,10 ， -12 ， 14， ......
5， -1,9 ，-5，13，-9,17 ，.......
6，-12 ，18， -24， 30， -36， 42,......
在第三行中是否存在这样的连续三个数，使得他们的和为54，若存在，求出这三个数，若不存在，请说明理由：
是否存在这样的一列，使得该列的三个数字之和为103，若存在，求出这三个数，若不存在，请说明理由：
在第一行取第N个数，第二行中取第N+1个数，第三行中取第N+2个数，是否存在这样的N，使得这三个数字之和为-117，若存在，求出N的值，若不存在，请说明理由：
收到的回答: 1条
teacher069
解：根据题意，可以归纳出规律。
第一行：（-1）^(n+1)(2n)
第二行：当n是偶数时，-（4n-3）；当n是奇数时，4n+1
第三行：(-1)^(n+1)(6n)
设存在这个数，若为偶数，则分别代入，三行所取的数分别为：-2n,-4n+3,-6n。有-12n+3=-117，n=10.
当n是奇数时，三个数分别为：2n,4n+1,6n，有12n+1=-117,不符合
所以存在n=10
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北京博习园教育科技有限公司把正整数列按如下规律排列：1，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，14，15，…问：（I）此表第n行把正整数列按如下规律排列：1，2，3，4，5，6，7，8，9-知识宝库
你可能对下面的信息感兴趣观察这一列数,然后回答问题：-1/2,1/4,-1/6,1/8,-1/10,1/12,···1.写出第7个数和第8个数.2.第2011个数是什么?3.如果这样无限地排下去,会与哪个数越来越接近?
1,第7个是-1/14
第8个是1/162,-1/40223,0公式是（-1）x次方/2X
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扫描下载二维码1/2 * 3/4 * 5/6 * ... * 99/100 less than 1/10
<meta name="title" content="An inequality: 1/2*3/4*5/6* ... 99/100
An Inequality:
$\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdot\ldots\cdot\frac{99}{100} < \frac{1}{10}$
A product of fractions $\displaystyle \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdot\ldots\cdot\frac{2n-1}{2n}$ is on the left-hand side of several inequalities: one with a beautiful proof, one that strengthens the former but is virtually impossible to prove, and a third, even stronger, with an elementary proof.
Try your hand with the simplest variation:
$\displaystyle \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdot\ldots\cdot\frac{99}{100} \lt\frac{1}{10}.$
Copyright &
Denote the left-hand side of the inequality A:
$\displaystyle A = \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdot\ldots \cdot\frac{99}{100}.$
And introduce its nemesis $B$:
$\displaystyle B = \frac{2}{3}\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{6}{7}\cdot\ldots\cdot\frac{98}{99}.$
Factor by factor, the fractions in $B$ exceed those in $A:$
$\displaystyle \frac{2}{3} \gt \frac{1}{2},$ $\displaystyle \frac{4}{5} \gt \frac{3}{4},\ldots,\frac{98}{99} \gt \frac{97}{98},$ $\displaystyle 1 \gt \frac{99}{100}.$
From this it follows that $A \lt B.$ Note that, due to the choice of $B,$ in the product $AB$ most of the terms cancel out: $\displaystyle AB = \frac{1}{100}.$ From here,
$\displaystyle A^{2} \lt
AB = \frac{1}{100},$
which, with one additional step, proves (1).
This proof suggests that (1) is in fact just a special case of a more general inequality
$\displaystyle \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdot\ldots \cdot\frac{2n-1}{2n} \lt \frac{1}{\sqrt{2n}},$
whose proof is a slight modification of the above with $A$ and $B$ defined as
$\displaystyle A(n) = \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdot\ldots
\cdot\frac{2n-1}{2n},\\
\displaystyle B(n) = \frac{2}{3}\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{6}{7}\cdot\ldots \cdot\frac{2n-2}{2n-1}.$
As we shall see shortly, (1) and (2) are quite weak: $A(n)$ has a much better bound, viz.
$\displaystyle A(n) \lt\frac{1}{\sqrt{3n+1}}.$
(3) supplies an edifying curiosity. By itself, it is easily proved by . However, its weakened version
$\displaystyle A(n) \lt\frac{1}{\sqrt{3n}},$
as far as I know, does not submit to an inductive proof. Try it, by all means. (3) and (3') are often quoted as a pair of problems of which the harder one has a simpler proof.
Meanwhile here's a .
Copyright &
To remind,
$\displaystyle A(n) = \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdot\ldots
\cdot\frac{2n-1}{2n}$
and we wish to prove (3): $\displaystyle A(n) \lt\frac{1}{\sqrt{3n+1}}.$ For $n = 1,$ we have
$\displaystyle A(1) = \frac{1}{2} = \frac{1}{\sqrt{3\cdot 1+1}}.$
But already for $n = 2,$
$\displaystyle A(2) = \frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4} = \frac{3}{8} \lt\frac{1}{\sqrt{7}} = \frac{1}{\sqrt{3\cdot 2+1}},$
because upon squaring $\displaystyle \frac{9}{64} \lt\frac{1}{7},$ for $7\cdot 9 = 63 \lt 64.$ Thus let's proceed with the inductive step and assume that (3) holds for $n = k:$
$\displaystyle A(k) \lt\frac{1}{\sqrt{3k+1}}.$
We are going to prove that, for $n = k+1,$ (3) also holds
$\displaystyle A(k+1) \lt\frac{1}{\sqrt{3(k+1)+1}} =\frac{1}{\sqrt{3k+4}}.$
Since $\displaystyle A(k+1) = A(k)\cdot\frac{2k+1}{2k+2},$ (4) implies
$\displaystyle A(k+1) \lt\frac{2k+1}{2k+2}\cdot\frac{1}{\sqrt{3k+1}}.$
Now square the right hand side in (6):
$\displaystyle \begin{align}
\left(\frac{2k+1}{2k+2}\cdot\frac{1}{\sqrt{3k+1}}\right)^{2}&= \frac{(2k+1)^{2}}{(2k+2)^{2}(3k+1)}\\
&= \frac{(2k+1)^{2}}{12k^{3} + 28k^{2} + 20k + 4}\\
&= \frac{(2k+1)^{2}}{(12k^{3} + 28k^{2} + 19k + 4) + k}\\
&= \frac{(2k+1)^{2}}{(2k+1)^{2}(3k+4) + k}\\
&\lt\frac{(2k+1)^{2}}{(2k+1)^{2}(3k+4)}\\
&= \frac{1}{3k+4},
\end{align}$
which is exactly the right-hand side of (5) and proves (6).
Curiously, a much weaker $\displaystyle A(n) \lt\frac{1}{\sqrt{n}}$ is still resistant to the inductive argument, whereas a stronger version $\displaystyle A(n) \lt\frac{1}{\sqrt{n + 1}}$ goes through without a hitch.
where mathematical induction applies easily to a stronger inequality and does not seem to work for a weaker one.)
References
A. Engel, , Springer Verlag, 1998, p. 180
D. Fomin,S. Genkin,I. Itenberg, , AMS, 1996, p. 90
S. Savchev, T. Andreescu, , MAA, 2003, p. 51
D. O. Shklyarsky, N. N. Chentsov, I. M. Yaglom, Selected Problems and Theorems of Elementary Mathematics, v 1, Moscow, 1959. (In Russian)
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