两个Smarandache复合函数的混合均值公式

对任意正整数n,Smarandache函数U(n)、V(n)定义为:U(1)=V(1)=1,n>1时,若它的标准分解式是n=p_1~(α_1)p_2~(α_2)…p_r~(α_r),U(n)=1{α_1·p_1α_2·p_2,…,α_r·p_r};V(n)={α_1·p_1,α_2·p_2,…,α_r·p_r}.研究了这两Smarandache函数U(n)与V~m(n)的值分布,并用初等方法及素数分布定理得到了几个较强的渐近公式.     

某些二位数平方的简捷计算

一、十位数字是9的二位数的平方,可以用公式(9。乙)2一(。。乙场).万’来计算.b=其中1,2,3,一9。 ·表示添写符号.如9,8一98;9‘37一937. b表示b关于10的补数:即b一10一b如2一8. ·bZ表示乙的补数的平方所得的二位数字的数,如奈82-.42- 例1 .98=9604·(xo一8)“一·2“=04,扩62=36=(9·8一8·82=(95一2)·22 932=(9·3一3).3多一(93一7),7“=5649 ,二、十位数字是5的二位数的平方,可用公式 (5·b)“=(25+b)·bZ来计算. 例2 .5a2=(5.8)2一(25一卜8)·8“=3364, 53“=(5,3)“=(25+3)·3“=2809. 三、十位数字为4的二位数的平方,可用公式(4,乙…     

《“1984”趣题》的习题解答

1 证明∵(1·2·3…1984)~(1/1984)<1/1984 sum from k=1 to 1984 k=1/1984·(1984(1+1984))/2=1985/2, 上式两边1984次方,得 1984!<1985~(1984)·2~(-1984) 2 解∵ 1985能被5整除。又 1984~(1984)=(1985-1)~(1984)=1985~(1984)-C_(1984)~1·1985~(1983)+C_(1984)~2·1985~(198)~2+…-C_(1984)~(1983)·1985+1 ∴ 1984~(1984)除以5所得的余数是1。 3 证明由题设,得 l~2=a~2+b~2+c~2 且l>a l>b,l>c。∴l~(1984)=l~2、l~(1982)=(a~2+b~2+c~2)l~(1982)=a~2l~(1982)+b~2·l~(1982)+c~(2·1982)≥a~2·a~(1982)+b~2b~(1982)+c~2·c~(1982)=a~(1984)+b~(1984)+c~(1984) 4.证(k≥1)     

相反数的性质和应用

学完相反数后,我做了下面的练习:(1)8+(-8)=0,-15+15=0,22+(-22)=0,…(2)-3-3=-6=2×(-3),11-(-11)=22=2×11,-17-17=-34=2×(-17),…(3)5×(-5)=-25=-52,-9×9=-81=-(-9)2,14×(-14)=-196=-142,…(4)7÷(-7)=-1,-16÷16=-1,21÷(-21)=-1,…做完后,经过认真思考,发现有一定的规律,由此得到了相反数的性质:1.一个数与它的相反数之和等于零;2.一个不为零的数与它的相反数之差等于这个数的二倍;     

课本上一道例题的另种解法

普通高中课程标准实验教科书数学第一 册B版P43. 例3 已知函数 求f(0),f(1),f(2),f(3),f(4),f(5). 课本解答如下: f(0)=1 f(1)=1·f(1-1)=1·f(0)=1 f(2)=2·f(2-1)=2·f(1)=2·1=2 f(3)=3·f(3-1)=3·f(2)=3·2·1=6 f(4)=4·f(4-1)=4·f(3)=4·3·2·1=24 f(5)=5·f(5-1)=5·f(4)=5·4·3·2·1=120 在这儿爱思考的同学也许会问,若求 f(1000),f(10000)…等又如何去求呢?其实例 3还可以通过先求函数的解析式再求函数值.     

关于Chowla的一个猜想

在1978年赫尔辛基的ICM会议上,Apry给出(3)=sum from n=1 to (?) (1/n~3)是无理数的证明。为此,Apry定义了一个迭代数列a_n: a_0=1,a_1=5,n~3a_n-(34n~3-51n~2+27n-5)a_(n-1)+(n-1)~3a_(n-2)=0,(1) 它满足 这里Chowla在[1]中讨论了Apry数a_n的同余性质,他证明了a_(5n+1)≡0(mod p),a_(5n+3)≡0(mod p)以及对于奇素数p恒成立a_p≡5(mod p~2)。在文章最后     

对数的近似計算

我们有时是应用对数作为辅助工具来提高计算速度的,因此必须研究。当采用不同精确度的对数进行计算时,将产生怎样的误差。在对数表里,两个相邻真数的差和它们对数的值来比较是足够微小的。设N和N+h是顺次排列的两个真数,它们的对数(常用对数)的差α就是α=lg(N+h)-lgN=lg(N+h)/N=lg(1+h/N)。(1) 从数学分析里,我们知道 ln(1+h/N)=h/N-1/2·(h/N)~2+1/3·(h/N)~3-…,联系换底公式,就得到 lg(1+h/N)=lge·ln(1+h/N)= =lge·[h/N-1/2·(h/N)~2+1/3·(h/N)~3-…] ≈0.434·[h/N-1/2·(h/N)~2+1/3·(h/N)~3-…]。(2) (2)式右边括号里的第二项1/2(h/N)~2比起第一项h/N来是很小的,略去了它不致影响到对数表里尾数的末一位数的精确性(略去它后面的各项更没有关系)。例如,对于四位对数表,如果(实际上正是这样做)取     

利用余数定理证一类整除性问题

关于整除性问题的证明,中等数学习题中屡有所见,在学过数学归纳法后尤多,亦有应用因式分解法证明的。目前重点高中代数第一册已讲过余数定理和因式定理,但此处未曾见到,似觉不够。这里就利用余数定理证一类整除性问题试举几例,供同志们参考。例1,求证4~(2n+1)+3~(n+2)能被13整除(高中数学第三册P。158复习题)。证∵4~(2n+1)+3~(n+2)=4·16～n+9·3~n,故不妨设f(χ)=4·χ~n+9·3~n,则问题化为求证f(16)能被13整除,∵13=16-3,f(χ)除以χ-3的余数为f(3)=4·3~n+9·3~n=13·3~n于是f(χ)=(χ-3)g(χ)+f(3)=(χ-3)g(χ)+13·3”,将χ=16代入得f(16)=13·g(16)=13·g(16)+13·3~n,故f(16)能被13整除,即13|4~(2n+1)+3~(n+2)。上述证明,显然较之数学归纳法要简明得     

应用(a±b)~2=a~2±2ab+b~2速算整数的平方

熟记11～25各整数的平方,是速算整数平方的基础。因而本文是在能熟记11～25各整数平方的基础上展开讨论的。一 25～100各整数的平方 1° 25～75各整数的平方 25～50的二位数可表示为50-a(a∈Z,且a≤25),a叫做该二位数对于50的补数; 50～75的二位数可表示为50+a(a∈Z,且a≤25),a叫做该二位数对于50的过数。 (50±a)~2,=50~2±2×50·a+a~2=2500±100a+a~2=(25±a)×100+a~2=〔(50±a)-25〕×100+a~2。上式说明:求25～75各整数的平方,可先求该数与25之差的100倍,再加上补数或过数的平方。     

关于乘法分拆的计数函数

本文讨论了乘法分拆的计数函数 g(n)并对 g(n)的均值作了下界的估值。一 引言考虑集合 T(n)={(m_1,m_2,…,m_s);n=m_1m_2…m_s,m_i>1,1≤i≤s},此处不计m_1,m_2,…,m_s 的次序。我们定义 g(n)=|T(n)|并且 g(1)=1。例如 g(24)=7,因为24=3·8=3·4·2=3·2·2·2=6·4=6·2·2=12·2.在1983年,John F.Hughes 和 J.O.Shallit 证明了 g(n)≤2n 2~(1/2)     

“1984”趣题

在1984年新年之际,我们列举几道和1984这个数值有关的趣味数学题为中学师生和数学爱好者春节期间助兴。 1.某四位数m,它一共有14个正约数,其中质数约数的总和等于33,求m。解:设m=P_1~(a1)、P_2~(a2)…P_k~(ak),其中p_1,P_2,…,P_k是m的质数约数,a1、a2、…、a_k是自然数。由于m的正约数的个数是14,即 (a_1+1)(a_2+1)…(a_k+1)=14=2×7。∴k=1或2。又因P_1+P_2+…+P_k=33=2+31=2+3+5+23=…,故k≥2。∴k=2。从而p_1=2,P_2=31。a_1=1或6;a_2=6或1。但由于m是一个四位数,∴m=26·31=1984。 2.在自然数集合上定义函数f(n),设f(1)=     

Stirling公式在一个乘积不等式中的应用

定理　令Ｐｎ =1 +11 1 +131 +15 … 1 +12ｎ- 1 ,则πｎ - 16πｎ ≤Ｐｎ≤πｎ +16πｎ为此我们引入Ｓｔｉｒｌｉｎｇ公式 :1 · 2 · 3·… ·ｎ=2πｎｎｎｅ-ｎ+θ1 2ｎ　 (0 <θ <1 )现在我们来给出定理的证明 :因Ｐｎ =1 +11 1 +13 1 +15 … 1 +12ｎ - 1=2· 4· 6 ·… · 2ｎ1 · 3· 5 ·… · (2ｎ- 1 )=(2 ｎ· 1· 2 · 3 ·… ·ｎ) 21 · 2 · 3· 4·… · 2ｎ=2 ｎ· 2πｎｎｎｅ-ｎ+θ1 1 2ｎ 24πｎ(2ｎ) ｎｅ- 2ｎ+θ22 4ｎ(0 <θ1 <1 ,0 <θ2 <1 )=πｎｅ11 2ｎ θ1 -θ22记ｔ=11 2ｎ θ1 - θ22 则 ｜ｔ｜ <1则 :Ｐｎ-…     

趣味数学几例

1.今年元旦是星期日,试问今年元旦后的第1984~(1984)天是星期几。解:∵1984~(1984)=(283×7+3)~(1984) =7m+3~(1984),m∈N。而 3~6≡1(mod7),3~(1984)=3~4×3~(6×330) 3~4≡4(mod7),∴1984~(1984)≡4 (mod7)。答:今年元旦后的第1984~(1984)天是丛期四。 2.若f(x+1)=|x-1|,求f(1984)。解:令 x+1=1984,则x-1=1982, ∴ f(1984)=1982。 3.已知 f(x)=3x+1,g(x)=2x-1,h(g〔f(x)〕)=f(x)。求h(1984)。解:∵ f(y)=3y+1, ∴ g〔f(y)〕=2(3y+1)-1=6y+1, 故h(6y+1)=3y+1。令6y+1=1984,     

余数定理的引伸及其应用

在中学数学课本里有一条定理叫余数定理“多项式f(x)除以x-b所得的余数等于f(b)”,证明时引用了下列恒等式 f(x)=(x-b)·Q(x)+R (1)当x=b时,f(b)=R。现在我们把关系式(1)引伸一下,设 f(x)=B(x)·Q(x)+R(x) (2)是一个关于x的恒等式,如果当x=b时,我们有B(b)=0,则得f(b)=R(b)。由于我们所讨论的是一元多项式,当B(x)的次数低于f(x)的次数时,R(x)的次数将低于B(x)的次数而更低于f(x)的次数,因此,求函数f(x)当x=b的值时,可以不直接代入f(x)计算而可以代入较为简单的式子R(x)里去计算,这样就方便得多了。例1. 已知 x=1/(3~(1/2)+2~(1/2)),求 f(x)=x~5+x~4-10x~3-10x~2+2x+1的值。解:x=1/(3~(1/2)+2~(1/2))=(3~(1/2)-2~(1/2)。     

第三讲 构造法

解题过程就是不断地将未知转化为已知的过程。而“构造法”则是实现这种转化的重要手段之一。它的策略思想是,对于一个较为复杂(甚至看来无从下手)的问题。先构造一个与之有关的辅助命题,也就是在已知与未知间搭一个桥,借以沟通“条件”和“结论”。例1 解方程 ((3x~2-5x-12)~(1/2))-(2x~2-11x 15)~(1/2)=x-3。解令((3x~2-5x-12)~(1/2))=u;(2x~2-11x 15)~(1/2)=υ;则 u-υ=x-3 ①当u=v时,x=3.代入原方程检验。知x_1=3是它的根。当u≠v时,u v=(u~2-v~2)/(u-v)=(x~2 6x-27)/(x-3)=x-9②由①和②得u=x 3.υ=6     

x~3+y~3+z~3=0无整数解的证明

<正> 文1证明了x~3+y~3+z~3=0无xyz≠0的整数解。其中重要的根据是;若s~3=a~2+3b~2,(a,b)=1,(a,b)的最大公约数,记为(a,b),则有s=n~2+3v~2,且a=n(n~2-9n~2),b=3v(n~2-v~2).例如91~3=836~2+3·135~2,求得上述的s=4~2+3·5~2,而不是4~2+3·5~2.     

利用构造法证明整除性问题

在数学解题过程中,直接举出满足条件的数学对象(或反倒),导致结论的肯定(或否定),或者利用具体问题的特殊性,设计一个框架,通过问题的转化来解决,这种解题方法称为构造法,构造法是一种重要的数学思想方法,应用构造法证明某些整除性问题,常可收到事半功倍的效果。常用的构造法有如下几种: 1 构造函数例1 证明7|sum from k=1 to 1986(2~k)(《数学通报》1986年6月号问题征解第416题) 证明构造函数 f(χ)=2(χ+1)~(662)-2, 显然,f(χ)是χ的整系数多项式。∵f(0)=0, ∴χ|f(χ),故7|f(7)。而f(7)=2·8~(662)-2=2(2~(1986)-1)=sum from k=1 to 1986 (2~k)得证。     

有理数新题型

2004年的中考数学试卷中,围绕有理数 的知识,出现了一批考查应用与创新能力的 新题型,归纳起来主要有: 一、新概念运算型 例1(荆门市)计算机利用的是二进制 数,它共有两个数码0、1,将一个十进制数转 化为二进制数,只需把该数写成若干个2n数 的和,依次写出1或0即可,如 19(十)=16+2+1=1×24+0×23+0×22 +1×21+1×20=10011(二),为二进制下的5 位数．则十进制数2004是二进制下的( )． (A)10位数 (B)11位数 (C)12位数 (D)13位数     

抛物线参数方程两个定理及其应用

应用抛物线参数方程、建立抛物线上不同点对应参数t_1、t_2之间的关系,能简化解题中的某些过程。定理一抛物线x=2pt~2 y=2pt 从顶点O作的两弦与抛物线两交点A(2pt_1~2,2pt_1)、B(2pt_2~2、2pt_2)。OA与OB互相垂直的充要条件为:t_1·t_2=-1。证明:K_(OA)=(2pt_1)/(2pt_1~2)=1/t_1,K_(OB)=(2pt_2)/(2pt_2~2)=1/t_2 OA、OB互相垂直的充要条件为K_(OA)·K_(OB)-1 ∴1/t_1·1/t_2=-1 即t_1·t_2 -1。定理二抛物线x=2ptA~2 y=2pt 上两点A(2pt_1~2,2pt_1)、B(2pt_2~2、2pt_2),焦点F(p/2,0)。A、F、     

问题一瞥

1) 解方程: x~3-(a+2)x+(a+1)~(1/2)=0 2) 解方程: x~4-6ax~2+8a((ax)~(1/2))-3a~2=0 3) 确定下式的最小值: a~2+b~2+c~2/S其中a,b,c是三角形的边,S是三角形的面积。 4) 证明: tgα·tg2α+tg2α·tg3α+…+tg(n-1)α·tgnα=tgnα/tgα-n。 5) 证明不等式: tgα(ctgβ+ctgγ)+tgβ(ctgα+ctgγ)+tgγ(ctgα+ctgβ)≥6。其中α,β,γ是锐角三角形的角。 6) 证明: C_n~1 1~2-C_n~2 2~2+C_n~3 3~2-…+(-1)~n C_n~(n-1) (n-1)~2+(-1)~(n+1) n~2=0