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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
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李建潮先生在《数学通报》2 0 0 2年第 6期上提出的问题 1 380 ,本质上是一类自然数集上函数方程之求解问题 .李先生在随后给出的解答中 ,其解法略显特殊性 ,兹将此一类问题抽象为一般形式 ,并得到了一般的求解方式 .定理 设N是自然数集 ,k是固定的自然数 ,函数f:N →N满足 f(n+ 1 ) >f(n) fk(n) =(k + 1 )n其中fk表示f的k次迭代 ,其定义为fk(n) =f(fk- 1 (n) ) ,则f(m) =(k+ 1 ) n(i+ 1 ) +l,当m =(k+ 1 ) ni+l(k + 1 ) [(k+ 1 ) n+l],当m =(k+ 1 ) nk +l其中 0≤l≤ (k+ 1 ) n,0≤i≤k- 1 .证明 由 知fk( 1 ) =k+ 1 .如果f( 1 ) =1… 相似文献
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定理 数列 {an}为等差数列的充要条件为 :对任意整数 k,当 m 1≤ k≤ n - 1时 ,恒有等式 :( n - k) am ( k - m) an =( n - m) ak,其中 m,n∈ N且 n >m≥ 1 .证明 (必要性 )设数列 {an}为等差数列 ,公差为 d,则 an =am ( n - m) d,于是对任意正整数 m,n,k有 ( n - k) am ( k - m) an= ( n - k) am ( k - m) [am ( n - m) d]= ( n - m) [am ( k - m) d]=( n - m) ak.由于正整数 m,n,k的任意性 ,故当 m 1≤ k≤ n - 1时 ,等式仍然成立 .(充分性 )若对任意正整数 k都有等式( n - k) am ( k - m) an =( n - m) ak,( 1… 相似文献
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设σ(k ,n)表示最小的正整数m ,使得对于每个n项正可图序列 ,当其项和至少为m时 ,有一个实现含k+ 1个顶点的团作为其子图 .Erd s等人猜想 :σ(k ,n) =(k - 1 ) ( 2n-k)+ 2 .Li等人证明了这个猜想对于k≥ 5,n≥ k2 + 3是对的 ,并且提出如下问题 :确定最小的整数N(k) ,使得这个猜想对于n≥N(k)成立 .他们同时指出 :当k≥ 5时 ,5k- 12 ≤N(k)≤ k2 + 3.Mubayi猜想 :当k≥ 5时 ,N(k) =5k - 12 .在本文中 ,我们证明了N( 8) =2 0 ,即Mubayi猜想对于k =8是成立的 相似文献
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第28届IMO的第四题是一道关于函数方程的试题:求证不存在函数f:N→N,使得对于每个n∈N,f(f(n))=n+1987[1].沈华老师[2]将上述试题推广为下面的定理:定理1设m为自然数,存在函数f:N→N,使得每个n∈N,均有f(f(n))=n+m的充要条件是m为偶数.但其证明有一处小的疏漏(见[2]中证明的(2)式).本文我们首先完善定理1的证明,并给出当m为偶数时满足条件的函数f:N→N的构造与个数.定理1的证明对任何m∈N,假设存在这样的函数f,则有f(n+m)=f(f(f(n))))=f(n)+m.进而由归纳假设易证:对非负整数k,均… 相似文献
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本文主要给出以下定理C。设Ri(i=1,2)是MLPI环(即Ri是有位单元的结合环,且每个极大左理想必是主理想),元素Pi∈Ri使得RiPi是Ri的极大左理想,Mi是Pi-准素的Ri-模。则我们有以下定理C 设M1的终Goldie维数(=min{P^n1M1的Goldie维数|n=0,1,2,…|})≤3,如果有子模格同构f:L(M1)^~-L(M2)。则有逆向全射系{R1/R1P1^n(n∈N);θ}与{R2/R2P2^n2(n∈N);θ′n}之间的同构{ψn:R1/R1P^n1→R2/P2^2(n∈N),其中θn和θ′n(n∈N)是自然满同态,ψn(n∈N)是环同构。若令R^*1,R^*2分别是以上两逆向全射系的逆向极限环。则有环同构ψ:R^*1^~-R^*2和M1到M2的ψ-线性同的φ,φ诱导出f:fR1x=R2φ(x),任意x∈M1。易见:(1)当P1=0=P2,且M1是有限维向量空间时,由定理C即得射影几何的基本定理;(2)当R1=Z=R2,且P1和P2为素数时,由定理C即得Pi=P2,从百得Baer关于交换p-群的相应结果。 相似文献
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《高等学校计算数学学报》2016,(4)
正1引言设A=(a_(ij))∈C~(n×n),N={1,2,…,n}.记R_i(A)= sum |a_(ij)| from j≠i (i∈N),又记N_1=N_1(A)={i∈N:0|a_(ii)|≤R_i(A)},N_2=N_2(A)={i∈N:|a_(ii)R_i(A)}.定义1设A=(a_(ij))∈C~(n×n),如果|a_(ii)|R_i(A)(i∈N),则称A为严格对角占优矩阵.严格对角占优矩阵的集合记为D.如果存在n阶正对角矩阵D使得AD∈D,则称A为广义严格对角占优矩阵.广义严格对角占优矩阵的集合记为D. 相似文献
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文[1]对函数f(x)=∑ni=1aix+bi的最小值进行了研究,得到如下结论:对于函数f(x)=∑ni=1aix+bi(ai∈Q,且ai≠0,bi∈R,i∈N*),总可以写成f(x)=m1[x-x1+x-x2+…+x-xn](x1≤x2≤…≤xn,m,n∈N*)的形式.(1)若n=2k-1(k∈N*),则x=xk时,f(x)取值最小;(2)若n=2k(k∈N*),则x∈[xk,xk+1]时,f(x)取值最小.上述结论只解决了ai∈Q的情形,并要对f(x)进行变形写成m1[x-x1+x-x2+…+x-xn]的形式.为此,笔者进一步研究得到更一般结论,使得问题彻底解决.因f(x)=∑ni=1aix+bi=∑ni=1ai x+biai,所以只要研究f(x)=∑ni=1ai x-xi(ai>0,x1相似文献
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定理 如果Sn=1^m+2^m+3^m+…+n^m(m∈N),那么存在g(n)=λ1n^(m+1)+λ2n^m+λ3n^(m-1)+…+λmn^2和常数k,使数列{Sn-g(n)}成为公差为k的等差数列,其中λi(i=1,2,…,m)和k由下述方程组给出: 相似文献
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《数学的实践与认识》2018,(24)
研究了循环环的零因子、零化子以及单位群的结构,得到的主要结论有:1)若R为无限循环非零乘环,则有R_0=φ,Z(R)=0;又设R=a,a~2=ka(k∈Z,k≠0),若|k|=1,则R~*={a,-a};若|k| 1,则R~*=φ.2)设n( 1)阶循环环R=a,a~2=ka(k∈Z,0 k n), i)如果(k,n)≠1,则有R_0=R-{0}, Z(R)=n/(k,n)a,|Z(R)|=(k,n),R~*=φ; ii)如果(k,n)=1,则有R_0={sa|0sn,(s,n)≠1},Z(R)=0, R~*={sa|0 s n,(s,n)=1},|R~*|=φ(n);并且R~*是循环群的充要条件是:(k,n)=1,且n等于2,4,p~α或2p~α(p是奇质数).最后,给出了上述主要结论的一个应用. 相似文献
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设 a、b、c、k是适合 a+b=ck,gcd(a,b) =1 ,c∈ { 1 ,2 ,4} ,k>1且 k在 c=1或 2时为奇数的正整数 ;又设 ε=(a + - b) / c ,ε=(a - - b) / c .本文证明了 :当 (a,b,c,k)≠ (1 ,7,4,2 )或 (3,5,4,2 )时 ,至多有 1个大于 1的正奇数 n适合 |(εn-εn) / (ε-ε) |=1 ,而且如此的 n必为满足 n<1 +(2 logπ) / logk+2 563.43(1 +(2 1 .96π) / logk)的奇素数 . 相似文献
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一个包含Smarandache原函数的方程 总被引:1,自引:0,他引:1
设p为素数,n为任意正整数,我们定义Smarandache原函数S_p(n)为最小正整数k,使得p~n|k!,即S_p(n)=min{k∈N:p~n|k!}.本文利用初等方法研究了方程S_p(1)+S_p(2)+…+S_p(n)=S_p((n(n+1))/2)的可解性,并给出了该方程的所有正整数解. 相似文献
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一个包含Smarandache函数的复合函数 总被引:2,自引:1,他引:1
吴启斌 《纯粹数学与应用数学》2007,23(4):463-466
对任意正整数n,著名的Smarandache函数S(n)定义为最小的正整数m使得n|m!,或者S(n)=min{m∶n|m!,m∈N}.而函数Z(n)定义为最小的正整数k使得n≤k(k 1)/2,即就是Z(n)=min{k:n≤k(k 1)/2}.本文的主要目的是利用初等及解析方法研究复合函数S(Z(n))的均值,并给出一个较强的渐近公式. 相似文献
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一个猜想不等式的加细与推广 总被引:1,自引:1,他引:0
文 [1 ]提出如下猜想 设 x1,x2 ,… ,xn ∈ R+ ,x1+ x2 +… + xn =1 ,n≥ 3,n∈ N,则 ∏ni=1( 1xi- xi)≥ ( n - 1n) n. ( 1 )戴承鸿、刘兵华在文 [2 ]中证明了上述猜想不等式成立 .本文给出该不等式的一个加细及推广形式 .定理 设 x1+ x2 +… + xn=k,n≥ 3,n∈ N;若 k≤ 1 ,x1,x2 ,… ,xn ∈ R+ ,则 ∏ni=1( 1xi- xi)≥ ( nk - kn) n ( ∏ni=1nxik) 1n-13≥ ( nk - kn) n ( 2 )若 k≥ n - 1 ,x1,x2 ,… ,xn ∈ ( 0 ,1 ) ,则∏ni=1( 1xi- xi)≤ ( nk - kn) n . ( ∏ni=1n - nxin - k) 13 -1n ≤ ( nk - kn) n. ( 3)为证定理 ,先… 相似文献