谈空盘前乘法的定位

以往的教科书在介绍空盘前乘法时，往往是从算盘最左边档开始运算，抄盘时根据最左边档是否有数字存在而确定是以m n（m指被乘数的位数，n指乘数的位数)定位还是以m n-1定位，即采用公式定位法。笔者认为空盘前乘法采用此定位法有两大缺点：其一对初学者而言较为繁锁，     

一个排列问题的商榷

文[1]讨论了如下的问题：把2n个同学分成两个组，第一组中的n个同学分别记为z1、z2、…、zn，第二组中的n个同学分别记为m，、m2、…、mn，并假设代号下标相同的两个同学是朋友，第一组中的同学去找第二组同学中的朋友．这2n个同学先任意排成一排（叫第一排），如果排在最左边和最右边的同学下标相同，则认为找到了朋友，他们不再参加后面的游戏；如果最左边和最右边的同学下标不同，则按照原来的左右顺序重新排成一排（叫第二排）。     

关于位数函数高次均值的计算

针对1993年美国数论专家Smarandache提出了初等数论及集合论中的105个未解决的问题中的5个关于自然数列的性质问题,就自然数列的位数函数问题进行了研究,给出了在一个正整数的n进制表示中的位数函数定义,采用了归纳、猜想的方法得出了位数函数a（m,n）的高次均值的精确计算公式.     

任意六位数的有趣性质——从《为神奇分数m/7增添魅力》中得到的启示

<正>贵刊2013年6月下第20页上洪振铎老师的《为神奇的分数m7增添魅力》一文非常有趣,也很有启发.本文目的是将该文后半部分数字等式,推广成一般等式.在此,与朋友们交流,并请指正.图1性质1已知abcdef是一个六位数,将图1各顶点处的数字按顺时针或逆时针排成数列,其和及平方和都会相等,即(Ⅰ)二位数:ab n+bc n+cd n+de n+ef n+fa n=af n+fe n+ed n+dc n+cb n+ba n.(Ⅱ)三位数:abc n+bcd n+cde n+def n+efa n+fab n=afe n+fed n+edc n+dcb n+cba n+baf n.     

分解因式、质因数解一类整数问题

一、问题模型 x、y、m、n均为整数,且m、n为质数, 如果xy=mn,则有式子xy=mn左边是两个因式的积,右边是两个质因数的积,通过把整数mn分拆,达到求x、y的值的目的．不     

珠算乘法定位——观察首数法

珠算乘法的种类较多,定位的方法也不一,结合公式法定位的较多,观察首数法也是由公式法演变而来,这种方法适用于任何方法相乘的两个因数,它属于算后定位。所谓观察首数法是指算后观察积的首数和被乘数,乘数的首数,然后确定用m n或m n-1(m代表被乘数的位较,n代表乘数的位数)的一种方法,积的首数与被乘数,乘数的首数相比有以下几种情况,分别做如下处理: 一、积的首数小于被乘数和乘数的首数     

分节号与计位点应结合应用——谈如何提高置数及抄盘报数的速度

所谓置数是指在算盘相应的档位上拨算珠靠粱以表示具体的数值，所谓抄盘是指将计算结果抄写到题页上，报数是指将计算结果口头读出。对于位数较小的数字学生在置数，抄盘及报数时都能快速地完成，但一遇到位数较多的数字，学生在置数时往往要先查出该数的位数有几位，再以算盘个位档起查出相应档位，然后再拨珠靠梁。在抄盘时，往往是先将靠梁的算珠表示的数抄写下来，然后再由个位往高位查起三位一节，三位一节地补写分节号。     

一种特殊的正整方幂数

试写出一个n(n≥2为正整数)位数,它等于该数的n位数字之和的n次方.这样的数存在吗?如果存在,它有多少?我们仔细分析,从关键词下手.某数的n次方是一个n位数,此其一;n位数字之和的n次方,恰好是这个n位数,此其二.一个正整数的n次方是一个n位数,首先这个数必须是一个个位位数;又2~n,3~n(n≥2的正整数)不可能如此.因此,我们只考虑正整数K,且3相似文献   

一个课本例题结论的推广

高中代数下册 P2 52上 ,利用 ( 1 - 1 ) n =0 ,左边用二项式定理展开 ,推得结论( C0n C2n … ) - ( C1n C3n … ) =0 ( 1 )即 C0n- C1n C2n- C3n … ( - 1 ) n Cnn=0 ( 2 )笔者经探索研究 ,发现 ( 2 )式有如下的推广形式 .定理　设 m、n是非负整数 ,且 m 相似文献   

珠算速算在银行会计工作中的应用(续)

说明:①选定算盘最左边的分节点做固定首位档,用一口清空盘前乘法算96,857×12得积数1162284; ②不清盘,选算盘中间一分节点做固定首位档,用一口清空盘前乘法算1162284×7.8得积数90658152; ③定位:①为5 2=7位;②为7 1-1=7位;再减去千分号-3位为4位,为9,065.82     

概率竞赛题求解几例

<正>一、利用列举法解题例1若正整数n,使得在计算n+(n+1)+(n+2)的过程中,各个数位上均不产生进位现象,则称n为"本位数",例如2,30都是"本位数",而6,71都不是"本位数";现从所有大于0且小于100的"本位数"中,随机抽取一个数,抽到偶数的概率为____.     

2001年第19届美国数学邀请赛（AIME）

1 .令N为具有如下性质的最大正整数 :从左至右读N时 ,每相邻两个数字所组成的二位数均为一完全平方数 ,试问N的最左边三个数字是什么 ?2 .某高级中学共有 2 0 0 1个学生 ,其中每一位学生都要选修西班牙语或法语 ,有些学生同时选修这两种语言 .已知选修西班牙语的学生占全校学生总人数的百分比介于80 %与 85%之间 ,而选修法语的则介于 30 %与 4 0 %之间 .若令m及M分别表示可能选修这两种语言的最少学生人数与最多学生人数 ,则M -m =?3.已知x1=2 1 1 ,x2 =375,x3=4 2 0 ,x4=52 3,且xn =xn - 1-xn - 2 +xn - 3+xn- 4(n≥ 5) ,试求x531+x753+x…     

对一个学生的发现的探讨

我班学生刘晋发现了一个自然数的性质 ,举例如下 :92 - 32 =2 (4 5 6 7 8 9)- (9- 3) ,1 32 - 72 =2 (8 9 1 0 1 1 1 2 1 3)- (1 3- 7) ,1 0 0 2 - 572 =2 (58 59 … 1 0 0 )- (1 0 0 - 57) ,上面各等式中 ,前一个小括号内是连续自然数之和且这些自然数正好是等式左边被减数与减数之间的数 ,很明显 :对于 n,m∈ N且 n >m,则有 n2- m2 =2 [(m 1 ) (m 2 ) … n]- (n- m) .我非常惊奇这一发现 ,于是鼓励他继续探讨 ,n3- m3,n4 - m4 ,nk- mk是否也有类似性质 .由于该生没有得到满意结论 ,笔者亲自动手探讨 ,发现确有类似结论 .(1 ) n3…     

训练探求能力的方法

一、应用特殊值法 ,揭露思维起点 ,训练探求能力特殊值法在解题中不但能发现规律 ,得出一般性的结果 ,而且能有效地揭示思维的起点 ,展示思维的发展过程 ,提高探求能力 .若不等式 1n +1+1n +2 +… +12n>m2 4对于大于 2的一切自然数n都成立 ,求自然数m的最大值 ,并说明理由 .分析　m是多大的自然数呢 ?显然n =2时 ,原式左边 =13 +14 =712 =142 4,由题意可知m一定小于 14 ,而小于 14的最大自然数是13 ,那么m会不会是 13呢 ?如果是 ,那么记f(n) =1n +1+1n +2 +… +12n,则当n =3 ,4…时 ,都应有 f(n) >132 4,因为 f( 2 ) =142 4>132 4,只要能证…     

数学奥林匹克讲与练(25)

例题讲解193.用数字“1”、“2”组成5个n位数,使每两个n位数都恰有m个数位上的数字一致,但不允许在同一数位上5个n位数的数字都相同.求证:25≤mn≤35.证明　将这5个n位数在同一数位上的数字组成数对.每个数位有5个数字,可以组成C25=10个数对,n个数位共组成10n个数对.考察其中由不同的数字组成的数对(即数对(1,2)).由于同一数位上的5个数字不都相同,故在其组成的数对中,(1,2)的个数不少于C11C14=4个,不多于C12C13=6个,因而在10n个数对中,数对(1,2)不少于4n个,不多于6n个;另一方面,因为每两个n位数恰有m个数位上的数字相同,故恰有(n-m)个数位上的数字不同,由它们组成的数对即数对(1,2),故每两个数可产生(n-m)个数对(1,2),而5个数共产生C25.(n-m)=10(m-n)个这样的数对.综上所述,我们得到4n≤10(n-m)≤6n,解之即得　　25≤mn≤35.194.8人进行象棋循环赛,每赛一局,胜者得1分,败者得0分,平局时比赛双方各得0.5分.结果发现每人的得分均不相同,且第二名的得分恰等于后四名的得分的总和,问在第三名与第七名的比赛中谁获胜.解　...     

典型域扩充空间的上同调

<正> 在紧致Kahler流形中,最重要和最典型的是Grassmann流形.Grassmann流形G(m+n,n)由C~(m+n)中全体n维超平面组成,它可以实现为G(m+n,n)={是m×(m+n)矩阵,rank3=m     

关于前N个自然数排成的数

由从1开始的连续的若干个自然数所排成的数 N=123456789101112…是一个极为特殊的数.国内外数学竞赛中,经常出现与此数相关的题目.本文讨论该数的几个主要性质,及其应用. 很明显,N依次由1位数、2位数、3位数…排列而成.我们不妨称N中的所有n位数排成的数段为N的第n段.     

关于正整数奇偶分拆数的计算问题

正整数n的分拆是指将正整数n表示成一个或多个正整数的无序和,设O(n,m)表示将正整数n分拆成m个奇数之和的分拆数;e(n,m)表示将正整数n分拆成m个偶数之和的分拆数.本文用初等方法给出了将O(n,m),e(n,m)分别化为有限个O(n,2),e(n,2)的和的计算公式,进而达到计算O(n,m),e(n,m)的值.同时,还讨论了将正整数n分拆成互不相同的奇数或偶数的分拆数的相应的递推计算方法.     

一个不等式的加强及证明

文[1]给出了一个猜想:若a b=1,a,b>0,则32<11 an 11 bn≤2n 12n 1(1)文[2]给出了(1)式的证明.文[3]给出了(1)式的高维形式:若x1 x2 … xm=1,x1,x2,…,xm>0,则m 1m<1x1n 1 1x2n 1 … 1xmn 10,则1x1n 1 1x2n 1 … 1xmn 1>m-12,其中m≥2,n≥2且m∈N,n∈R.证因为0相似文献   

关於可递域的一个注記

<正> 設是n(n≥4)个复变数z_1,z_2,…,z_n空間中一域,定义为适合条件的点集,其中左边是一个Hermite方陣,而Herimite方陣H>0是指H是定正的. 本文的目的就是要証明在n≥6时域真的Riemann曲率不全取負值.由此立知,在n≥6时域是非对称域.此外还要証明域是不可約的,可递的,而且它解析等价