恒同映射类的最少不动点数

<正> §1.引言设 K 是一个连通的有限的单纯复形,|K|表示其多面体,并且 f:|K|→|K|是恒同映射类中的任一映射,即 f(?)1.用Φ(f)表示 f 的不动点集,并用“个数(Φ(f))”表示Φ(f)中点的个数,即 f 的不动点的几何个数.当 f 遍历恒同映射类,个数(Φ(f))的下确界,即 K 的恒同映射类的最少不动点数,记作 m(K).已经证明(见[4]定理2或[2]定理1.4):如果 K 是二维连通的,则 m(K)=1或0,按照 K 的示性数 x(K)≠0或=0.对     

倒数的作用也不少

同学们都知道,乘积是1的两个数叫做互为倒数,其中一个数叫做另一个数的倒数.为方便起见,利用式子表示:如果ab=1,那么a叫做b的倒数,即a的倒数是b,或b的倒数是a.利用倒数的关系有时可以帮助我们解决不少问题呢,下面举例说明,或许对你今后的学     

漫画趣题

第一题把100分成这样4个数:第一个数加上4,第二个数减去4,第三个数乘以4,第四个数除以4,结果都相等.求这4个数.     

浅谈平方数的速算

一个数的自乘积,称为平方数。这个数,它具有一个特点,即:个位数,十位数……都是同数。它具备的这个特点。给平方数的计算,带来一个极为方便的条件。无论用何种速算方法,都能运用自如的。 本文主要探讨100以内各数的平方数。从1至99,共99个算题。这99个数,可分为三个题型:1、“不用算”的题型:2、“容易算”的题型:3、“难算”的题型。现分述如下: 一、“不用算”的题型,有27个算题。     

妙探四阶幻方趣题

<正>先从一个中考趣题改编而成的实例谈起:例1图1是一个四阶幻方(每行、每列及两条对角线上四个数的和都相等),那么(1)"数""字""计""算""需""准""确"这七个汉字代表的数应分别是____、____、____、____、____、____、;(2)这个相等的和是____.分析与解设这个相等的和是x,那么第3到上四个数的和是x,即     

(0,1)-矩阵类u(R,S)中矩阵个数的精确数

Ryser 1960年提出一个组合数学问题:“决定(0,1)-矩阵类μ(R,S)中矩阵个数的精确数”.本文给出这类矩阵数的一个计算公式.     

与“0”有关的几个问题解析

同学们,在数学中的零,即0这个数可真是个特别而又有趣的数!不是吗?当用它来表示物体的个数时,0就表示没有即一无所有!同时在实数中我们知道,数0又是唯一的一个中性数——既不是正数也不是负     

一道趣味数学题的探秘

有一道趣味数学题:在三圆两两相交形成的7片区域,分别填入1、2、3、4、5、6、7这七个数中一个数,使得每个圆内的四个数之和相等.探求解法如下: 设七片区域内的数分别为S1～S7(如图1),由题意得     

Nielsen数的估计

<正> Nielsen—Wecken 的不动点类理论,是 Lefschetz-Hopf 不动点公式出现以后不动点理论的重要进展.利用不动点类的概念,可以定出从紧致多面体到自身的映射的一个同伦类中各映射的不动点最少个数.一个映射的本质不动点类的个数,即本文标题中的 Nielsen 数,和这些本质不动点类的不动点代数个数,是这个映射的一组同伦不变量.我们的目的是探求这组不变量与別     

组合最值

用非常规办法去求最值的问题统称为组合最值问题 .这类问题的解答有两个难点 :一是最值的探求 ,二是最值的证明 .本文将通过一组实例说明解决这类问题的思想方法 .1　优化选择例 1　从 1,2 ,3,… ,1995这 1995个数中最多能选出多少个数 ,使得选出的数中没有一个数是另一个数的 19倍 ?分析　依据题设要求可知 ,若ｋ ,19ｋ是 1,2 ,… ,1995中的两个数 ,则这对数最多只能选择一个 ,为了使得选出的数具有规律性 ,不妨在每一对 (ｋ ,19ｋ)中选出最大的数 ,从而选出的数又能组成 1,2 ,3,… ,1995后面的一个片断 .∵ 199519=10 5 ,从而 ,10 6 ,10 7…     

巧解杂题三则

<正>数学与我们同行,大千世界,数学无处不在,这是七年级数学第一章生活中的数学的开场白.我们常常会碰到一些非常规的数学问题,这些数学杂题具有挑战性,本文拟举例说明,如何将它们化解为容易接受的数学模型.1.通过一般化,发现规律例1有依次排列的3个数:2,9,7,对任意相邻的两个数,都用右边的数减去左边的数,所得之差写在这两个数之间,可产生一个     

关于连乘积末尾零的个数

1×2×3×…×100积的末尾有多少零呢? 我们知道,一个2和一个5相乘,积的末尾有一个0;两个2与两个5相乘,积的末尾有两个0,…要确定连乘积末尾零的个数,就得搞清连乘积中因子2与因子5的个数.当因子2与因子5的个数不等时,多余的因子就不会使积的末尾的零增加.在1×2×3×…×100的积中,显然2的个数多于5的个数,因此,求其连乘积末尾零的个数,实际上就是求1到100这一百个连续自然数中含5的总个数. 在连续自然数中.从1数起,每5个数.恰有一个数至少含有一个5;每5~2个数,恰有一个数至少含有两个5……因此,我们只要用100除以5,就能得到至     

有限群的共轭类个数与群的性质

用群的共轭类个数刻画了交换群,同时用一个很简洁的方法重新证明了Frobenius G提出的一个著名问题:对于一个固定的数自然数n,共轭类数为n的有限群,在同构的意义下是有限的.     

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　...     

漫画趣题

第一题将0,1,2,…,10,11这12个数填在圆圈内,将1,2,…,11这11个数填在线段上.使线段上的每一个数都等于它两端圆圈内的数之差.     

数学游残"抢30"

华师大版初一<数学>(下)第112页游戏1:由两个人玩"抢30"游戏,游戏规则是:第一个人先说,"1"或"1,2",第二个人要接着往下说一个或两个数,然后又轮到第一个人,再接着往下说一个或两个数.这样两人反复轮流,每次每个人说一个或两个数都可以,但是不可以连说三个数,谁先抢到30,谁得胜.     

最小公倍之逆

大家都知道,4、6两数的最小公倍数[4,6]=12.反过来,哪两个数的最小公倍数[u,v]=12?这就要费一番思考。经过试验,可以找出如下15对。即:     

古埃及人独创的乘法和除法

两个数相乘,如33乘26,他们先将两数并列排在一起(如下表),然后同步地.一次次地将小数除2,大数乘2,进行至小数为1时停止.接着找出小数商为奇数时大数所对应的积(即表中带“*”的数),则这几个数相加之和即为原二数的乘积.即26×33=66 264 528=858.通过此例你再用另两数试试.然后想想其道理,分析一下此法在当时条件下有何特殊意义.据说这种求积的方法现在在高速计算机上被使用着.     

元素个数不超过6的真伪BCK-代数

研究元素个数不超过6的真伪BCK-代数的计数问题.首先,证明了在元素个数不超过3的偏序集上不存在真伪BCK-代数.其次,引入NP-型偏序集(不存在真伪BCK-代数的含重大元的偏序集)、偏序集的层、次余原子等概念,证明了在一个层数n≤3的NP-型偏序集上添加孤立余原子(或孤立次余原子或上邻元的个数n≥3的极小次余原子)后得到的偏序集也是NP-型偏序集,由此得到26种NP-型偏序集(元素个数n≤6).最后,借助Matlab软件编程计算得出所有非同构的元素个数不超过6的真伪BCK-代数,其中元素个数为4的真伪BCK-代数2个,元素个数为5的真伪BCK-代数34个,元素个数为6的真伪BCK-代数631个.     

直线与双曲线交点问题的图解

<正>题目已知直线l:y=kx+1(k∈R),双曲线c:x~2-y~2=1.试求k的取值范围使直线l与双曲线c:(1)只有一个公共点,(2)有两个公共点,(3)没有公共点.分析直线与二次曲线的公共点个数问题即直线方程与曲线方程构成的方程组的解的个数问题,因此问题转化为确定方程组的解的个数问题.