妙证一例

例题已知正数p、q满足p~3 q~3=2,求证：p q≤2．证明∵p,q＞0,∴p~3,q~3＞0．由均值不等式p~3 1 1≥3 p~3~(1/3)=3p,q~3 1 1≥3 q~3~(1/3)=3q．两式相加得p~3 q~3 4≥3(p q)．∴6≥3(p q),从而p q≤2．     

一个命题的推广

<正>文[1]用均值不等式巧妙的证明命题1,文[2]给出了文[1]的一个变式,得到命题2,本文在两篇文章的基础上给出一个进一步的推广.命题1已知正数p,q满足p~3+q~3=2,求证:p+q≤2.命题2已知正数p,q满足p~n+q~n=2,求证:p+q≤2.(n∈N)     

三次方程的一个解法

任意三次方程的解法可见一般的高等代数课本,这里我们直接利用三角函数与双曲线函数的恆等式来求解;这种方法原理很简明,计算很方便,也很实用。大家知道,实系数三次方程y~3+ay~2+by+c=0经过未知数代換y=x-a/3后,可化成不含二次项的方程 x~3+px+q=0,(1)其中 p=-a~2/3+b,q=2a~3/27-ab/3+c。当q~2/4+p~3/27<0方程(1)有三个实根;当q~2/4+p~3/27>0时有一个实根和二个共軛的复根;当q~2/4+p~3/27>0时方程(1)有重根,其根是不难求得的。现在讨论前面二种情形。     

来自于Multiple-Outlier模型的最小次序统计量序性质（英文）

本文中,我们研究来自于两个multiple-outlier模型的最小次序统计量的随机比较,其中两个模型中独立同分布的随机变量个数不同.令X_(1:n)(p,q)和X_(1:n~*)(p~*,q~*)分别表示来自于X_1,…,X_p,X_(p+1),…,X_n和X_1,…,X_(p),X_(p~*+1),…,X_(n)的最小次序统计量,这里q=n-p,q~*=n~*-p~*.在参数(p,q)和(p~*,q~*)满足某些优化序条件下,我们根据普通随机序,失效率序和似然比序给出了X_(1:n)(p,q)和X_(1:n~*)(p~*,q~*)的序比较.     

证完“6~(2n-1)+1能被7整除”之后……

高中代数第二册上有一道习题:求证6卫“一‘+1(,￡〔N)能被7整除。 这里,证明略去不谈,只作如下猜想: 1“”一‘+1能被2整除, 2卫。一‘+1能被8整除, 3,“一‘+1能被4整除,醉 :二:一,+1能被(从十1)整除,(其中川是自然数).(灭) 结论是肯定的,以下对(狱)式进行证明。 (i),=if于寸,脚2”一‘+i二,,:+1,命题显然真, (2)假设n=k时,命题真。即,,之“K一‘+1能被。,+1整除。则当”=k十1时, 仇么、K+‘〕一1+1二z,,艺K一1 .2了2+1 =勿几术一1。mZ+,,,二K一1一,,,至K一1+1 =m“K一‘(,,,艺一1)+,,z二K一‘+1 显然,:空K一’(m“一1)能被(胡+1)整除…     

整数的整除性证明的常用方法

在初、高中教材和一些初等数学参考书中,经常遇到一些关于整数的整除性证明的问题。本文就这一问题给出五种证明方法。一般来说,有关整数的整除性的问题,都可以用这些方法来证明。一用分解因式法证明例1 已知m是自然数,求证m~5-5m~4 4m能被120整除。证明:m~5-5m~4=m(m~2-1)(m~2-4) =m(m-2)(m-1)(m 1)(m 2) ∴m~5-5m~4 4m可化成五个连续的整数m-2,m-1,m,m 1,m 2的乘积的形式。从而知,原式能被5整除,又能被3整除。另一     

自然数被貭数整除的一个判别法

一切偶数都能被2整除,凡末位是“5”或“零”的数都能被5整除,这就无須再討論了。下面討論自然数对于其它貭数的可除性。对于其它的质数p其个位数必为:1,3,7,9这四种类型。这时可以找到自然数1,使lp+1为10的倍数。事实上,对于以上四种类型,分别取l为9,3,7,1即可。定理1.自然数N能被貭数p(p≠2,5)整除的充要条件是截去N的末位数后,在十位数上加上末位数的a倍,所得的数能被p整除。其中a滿足条件lp+1=10a。更一般地說,有自然数N=10x+y能被貭数p整除的充要条件是 N′=x+ay能被p整除。 証.Ⅰ.必要性。設N能被质数p整除,則N=pq。再将N写成 N=10x+y的形状。现在証明     

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.     

数学问题解答

1.证明:对于任意的整数p,q(≠0)永远有不等式 证:不失一般性,可令p,q为自然数。事实上,若p、q异号,显然有2~(1/2)-p/q>2~(1/2),故|2~(1/2)-p/q>1/3q~2。若p,q皆负,可令p=-p_1,q=-q_1,从而问题归结为对于自然数p_1q_1证明有     

Biased Partitions and Judicious k-Partitions of Graphs

Let G =(V, E) be a graph with m edges. For reals p ∈ [0, 1] and q = 1-p, let m_p(G) be the minimum of qe(V_1) + pe(V_2) over partitions V = V_1 ∪ V_2, where e(V_i) denotes the number of edges spanned by V_i. We show that if m_p(G) = pqm-δ, then there exists a bipartition V_1, V_2 of G such that e(V_1) ≤ p~2m-δ + p(m/2)~(-1/2)+ o(√m) and e(V_2) ≤ q~2m-δ + q(m/2)~(-1/2) + o(√m) for δ = o(m~(2/3)). This is sharp for com_plete graphs up to the error term o(√m). For an integer k ≥ 2, let fk(G) denote the maximum number of edges in a k-partite subgraph of G. We prove that if fk(G) =(1-1/k)m + α,then G admits a k-partition such that each vertex class spans at most m/k~2-Ω(m/k~(7.5)) edges forα = Ω(m/k~6). Both of the above im_prove the results of Bollob′as and Scott.     

整数的平方的一些性质

在国内外的数学竞赛题中,有一些题目的解法实际上只用到了整数的平方的某些性质,所涉及的知识是相当少的;但是,对于不习惯于利用这些性质的人,又会感到这些题目有一定的难度。本文打算通过一些例子,向中学生介绍这方面的解题方法。一、大家知道,所有的整数可以分为偶数和奇数两大类。偶数能表为2k的形式,奇数能表为2k 1的形式,这里k是整数。先看偶数的平方,由于(2k)~2=4k~2,可见任何偶数的平方能被4整除。再看奇数的平方,(2k 1)~2=4k~2 4k 1=4k~2(k 1) 1,由于k与k 1是相邻的两整数,故其中恰有一偶数,因此4k(k 1)能被     

勾股数组的一个性质

一组勾股弦(整)数a、b、c中,必有含因子3的数,必有含因子4的数;必有含因子5的数。 如6、8、10是一组(整)勾股数组,其中3|6,4|8,5|10。 又如7、24、25是一组(整)勾股数组,其中3|24,4|24,5|25。 为了证明这个事实,我们先来证明这样一个定理。任何一组勾股(整)数组a、b、c组可由公式a=m~2-n~2,b=2mn,c=m~2+n~2表示。(这里m>n,m、n均为自然数)(参看马明同志著《圆和二次方程》P_(27))     

Interpolation with lagrange polynomials a simple proof of Markov inequality and some of its generalizations

The following theorem is provedTheorem 1.Let q be a polynomial of degree n(qP_n)with n distinct zeroes lying inthe interval[-1,1] and△'_q={-1}∪{τ_i:q'(τ_i)=0,i=1,n-1}∪{1}.If polynomial pP_n satisfies the inequalitythen for each k=1,n and any x[-1,1]its k-th derivative satisfies the inequality丨p~(k)(x)丨≤max{丨q~((k))(x)丨,丨1/k(x~2-1)q~(k+1)(x)+xq~((k))(x)丨}.This estimate leads to the Markov inequality for the higher order derivatives ofpolynomials if we set q=T_n,where Tn is Chebyshev polynomial least deviated from zero.Some other results are established which gives evidence to the conjecture that under theconditions of Theorem 1 the inequality ‖p~((k))‖≤‖q~(k)‖holds.     

一类数的整除问题

本文讨论一类数的整除问题,即讨论n的多项式f(n)能否被m!或k·m!整除的问题(n、k∈J,m∈N)。定理 m个连续整数的乘积能被m!整除。对这一定理,所见书刊常限于自然数范围内论证。事实上,在整数范围内也是很容易证明的。     

超树的计数

本文对带有p阶和q边的(k+1)秩超树,证明如下猜想;其余,并且得到(p,q)无环超树的计数式:T(p,q)=p~(q-1)S_2(p-1,∈)其中S_2(m,n)是第二类stirling数     

An Extension of the Rényi Formula

In this paper, as a natural extension of the Rényi formula which counts labeled connected unicyclic graphs, we present a formula for the number of labeled(k + 1)-uniform(p, q)-unicycles as follows:U(k+1)p, q={p!/2[(k-1)!]~q·∑qt=2(q~(q-t-1)· sgn(tk- 2))/(q- t)!, p = qk,0, p≠qk,where k, p, q are positive integers.     

Eisenstein定理的一种推广

定理 设 f(x)=a_0+a_1x+a_2x+…+a_nx~n(a_n≠0,n≥1是整数)是一个整系数多项式,并且f(x)没有有理根。如果能够找到一个素数p,使得 (1)最高次项系数a_n不能被p整除, (2)其余各项的系数都能被p整除, (3)一次项的系数a_1不能被p~2整除,那么多项式f(x)在有理数域上不可约。     

六点图中的根式不可解图

本文对六点图进行了研究,文献[2]中已经证明了具有根式不可解的特征多项式的最小图是六点图.本文将确定六点图中所有根式不可解图.为了证明这一结果,我们只需要[2]中简单而为大家熟知的工具.定理1 设G是有限群,且|G|=p~3q~t,其中p,q为素数(p,q)=1,则G是可解群.证明见[1]第Ⅱ章§7定理2(p.236).引理1 群PGL_2(5)及PSL_2(5)不可解.     

调和级数的增减性问题——Adamouic—Toskovic问题的彻底解决

一、引言本世纪中叶,Lucic和Djokovic给出不等式:设 Su(p,q)=1/pn 1 1/pu 2 … 1/qn 1/qn 1 (其中n,p,q∈N,p相似文献