纠正一道题的答案及多法另证一道数列不等式的题

文[1]中的一道题:已知k>10(1/n+1+1/n+2+…1/2n)对任意的n∈N*都成立,求正整数k的最小值.     

伪Smarandache函数的上下界

对于正整数n,设Z(n)=min{m|m∈N,1/2m(m+1)≡0(modn)},称为n的伪Smarandache函数.设r是正整数.根据广义Ramanujan-Nagell方程的结果,运用初等数论方法证明了下列结果:i)1/2(-1+(8n+1)≤Z(n)≤2n-1.ii)当r≠1,2,3或5时,Z(2~r+1)≥1/2(-1+(2~(r+3)·5+41)).iii)当r≠1,2,3,4或12时,Z(2~r-1)≥1/2(-1+(2~(r+3)·3-23).     

实二次城 Q(■)类数的可除性

设 d 是无平方因子正整数,h(d)是实二次域 Q(d~(1/2))的类数.本文证明了:如果 da~2=1+4k~(2n),a、k、n 是正整数,k>1,n>1,n 的奇素因子 p和 k 的素因子 q 都适合 gcd(p,(q-1)q)=1,而且 2k~n+ad~(1/2)是 Pell 方程u′~2-dv′~2=-1 的基本解,则除了(a,d,k,n)=(5,41,2,4) 以及 n=2,k=P_mP_(m+1) 或者 2Q_mQ_(m+1) 以外,h(d)=0(modn),这里 m 是正整数,P_m=1/2((1+2~(1/2))~m+(1-2~(1/2))~m),Q_m=1/22~(1/2)((1+2~(1/2))~m-(1-2~(1/2))~m).由此可推得:对于任何正整数 n,存在无限多个实二次域,可使 n 整除其类数.     

实二次城 Q(■)类数的可除性

设 d 是无平方因子正整数,h(d)是实二次域 Q(d~(1/2))的类数.本文证明了:如果 da~2=1+4k~(2n),a、k、n 是正整数,k>1,n>1,n 的奇素因子 p和 k 的素因子 q 都适合 gcd(p,(q-1)q)=1,而且 2k~n+ad~(1/2)是 Pell 方程u′~2-dv′~2=-1 的基本解,则除了(a,d,k,n)=(5,41,2,4) 以及 n=2,k=P_mP_(m+1) 或者 2Q_mQ_(m+1) 以外,h(d)=0(modn),这里 m 是正整数,P_m=1/2((1+2~(1/2))~m+(1-2~(1/2))~m),Q_m=1/22~(1/2)((1+2~(1/2))~m-(1-2~(1/2))~m).由此可推得:对于任何正整数 n,存在无限多个实二次域,可使 n 整除其类数.     

一类正整数是否是孤立数的讨论

对于任意正整数n,令σ(n)表示为n的所有正因数的和函数.对于正整数n,若存在正整数m满足关系式σ(n)=σ(m)=n+m,则称正整数数对(n,m)为一对亲和数;若不存在正整数m满足关系式σ(n)=σ(m)=n+m,则称n为孤立数.亲和数与孤立数是数论中的两类重要的整数.利用初等方法结合计算机python语言,证明了整数E(33,t)=1/2(33^(2^(t))+1)是孤立数.     

一道高考试题的评价、联想与反思

1 问题的提出 2001年全国高考理科(20)题出台之后,引起中学数学界许多议论,因为这个高考试题太出乎有关老师的意料.现将这个题目抄录如下: 已知i,m,n是正整数,且1(1+n)m.     

临界状态下的三项Diophantine方程

本文研究临界状态下三项Diophantine方程解的问题.运用无穷递降法证明了:设m,n,r是大于1的正整数,当1/m+1/n+1/r=1时,方程xm+yn=zn,min(x,y,z)>1,gcd(x,y)=1无正整数解(x,y,z).     

诱人的"怎么想到的"

题 已知正整数n≥2,求证:2n/3n+1<1/n+1+1/n+2+...+1/2n<3/4. 上题是笔者期中复习课上选用的一道例题,旨在帮助学生复习数列不等式证明的常用方法.     

一个包含平方补数的方程

对任意正整数n,我们定义a(n)为n的平方补数,即a(n)表示能够使na(n)为完全平方数的最小正整数.本文的主要目的是利用初等方法研究方程a(n1)+a(n2)+…+a(nk)=m·a(n1+n2+…+nk)的可解性,并证明对某些特殊的正整数m及任意正整数k>1,该方程有无穷多组正整数解(n1,n2,…,nk).     

p(2+ap+bp~2)阶单群

<正> 洪加威在[1]中指出,对任一正整数 n,确定阶为 p(kp+1)(kp+2),(k≤n)的单群的工作是能在有限步之内完成的.事实上,他证明了:定理 对每个正整数 n,存在一个整数 m,使得对任意正整数k≤n,素数 p≥m,p(kp+1)(kp+2)阶的单群必同构于 LF(2,p+1)或 LF(2,2p+1).     

一道“华约”数列题的构造放缩证明

<正>问题(2013年"华约"第5题)数列an+1{an}中的各项均为正数,且对任意的n∈N*满足an+1=an+ca2n(c>0).(1)证明:对任意的M>0,存在正整数N,当n>N时,an>M成立;(2)设bn=1/can+1,Sn=b1+b2+…+bn,证明:对任意d>0,存在正整数K,当n>K时,0<|sn-1/ca1|相似文献   

2010年一道高中数学联赛题的“源”与“流”

2010年全国高中数学联赛一试第8题是:方程x+y+z=2010满足x≤y≤z的正整数解(x,y,z)的个数是.笔者经过研究后发现,要想完整的解决本题,必须用到方程x1+x2+…+xn=m(n≤m,m∈N*)正整数解的个数这一种重要的数学模型,为行文的方便,我们先来研究这个模型的答案.     

关于p(kp+1)(kp+2)阶的单群

本文证明了:对于任何一个正整数n存在一个正整数m,使得对任何正整数k≤n及任何素数p≥m,阶为p(k_p+1)(k_p+2)的单群都必须同构于LF(2,p+1)或LF(2,2p+1)。     

一道1998年亚太地区竞赛题的教学与推广

1998年亚太地区数学竞赛有如下一道数论题:题1求满足如下条件的最大正整数n:n能被所有小于3n的正整数整除.在讲解该题时,为了便于学生理解,笔者先将试题变式为:变式1求满足如下条件的最大正整数n:n能被所有小于n的正整数整除.解析若设小于n的最大整数是k,则原题可转化为如下的等价形式:设k,n是正整数,满足k2相似文献   

试题研讨(24)

题1 (2004年中山市高三联考试题)数列{an}满足a1=0,且an 1=3an 1/an 3,试问:m为何值时,总存在正整数n使an 1＜m成立?     

关于本原商高数的新猜想

设a,b,c是满足a=m²-n2-n²,b=2mn,c=m2,b=2mn,c=m²+n2+n²的正整数,其中m,n是适合m>n,gcd(m,n)=1,2|mn的正整数.运用初等数论方法讨论了方程c2的正整数,其中m,n是适合m>n,gcd(m,n)=1,2|mn的正整数.运用初等数论方法讨论了方程c^x+bx+b^y=ay=a^z的正整数解(x,y,z).证明(m,n)≡(0,1),(0,5),(1,2),(2,3),(3,4),(4,1),(4,5),(5,6),(6,7)或(7,0)(mod8)时,方程无解.上述结果部分地解决了有关本原商高数的一个新猜想.     

谈一道高考题的代数式处理系统

我们看2009年江苏高考第18题: 设{an}是公差不为零的等差数列,Sn为其前n项和,满足a22+a32=a42+a52,S7=7. (1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn; (2)试求所有的正整数m,使得(amam+1/am+2)为数列{an}中的项. 此题看似平常,实则有很多值得品位的东西,特别是解答过程中,解题者如何构建顺畅而合理的代数式处理系统,怎样才能使该题的解答行如流水,一气呵成?这些是我们解决该题时应有的想法.     

一道竞赛题的解答及推广

问题 证明:对任意正整数n,2n/3n+1≤3n∑k=n+1 1/k≤3n+1/4(n+1)成立.(2001年爱尔兰数学奥林匹克试题).     

高观点下的高考数学试题

近两年的高考数学试题中 ,有许多以高等数学中的知识为背景而用初等数学的语言来表述的“高观点”问题 ,它们都是试卷上各类题型的压轴题 ,认真研究这些问题的来龙去脉 ,了解高、初等数学之间的关系 ,对复习备考大有裨益 .1　导数例 1　 ( 2 0 0 1年全国高考题第 2 0题 )已知i,m ,n是正整数 ,且 1 ( 1 +n) m.解 1 )略 .2 )由二项式定理有( 1 +m) n=∑ni=0 miCin,( 1 +n) m=∑mi=0 niCim,由 1 )知niPimniCim( 1 相似文献   

广义Ramanujan-Nagell方程x~2+D~m=p~n的解数

设a是正整数,D=3a2+1,P=4a2+1,其中p是素数.本文证明了:如果a不是4的倍数,则除了当(D,p)=(4,5)时方程x2+Dm=pn恰有3组正整数解(x,m,n)=(1,1,1),(3,2,2),(11,1,3)以外,该方程恰有2组正整数解(x,m,n)=(a,1,1)和(8a3+3a,1,3).