有关Euler函数(n)的方程的正整数解

设(n)是Euler函数.主要研究了方程(xy)=3((x)+(y))的可解性问题,利用初等的方法给出了这一方程的所有的35组正整数解.对于任意素数k>3,(x,y)=(3k,4k),(4k,3k)是方程(xy)=k((x)+(y))的2个正整数解.证明了更为一般的结论:对于任意奇数k>3,当gcd(k,3)=1时,(x,y)=(3k,4k),(4k,3k)是方程(xy)=k((x)+(y))的2个正整数解.     

三角代数上Jordan高阶导子的刻画

设u=Tri(A,M,B)是含单位元I的三角代数,()={()_n}_(n∈N)是u上一簇线性映射.本文证明了:如果对任意U,V∈u且UV=VU=I,有()_n(UV+VU)=∑_(i+j=n)(()_i(U)_(()_j)(V)+()_i(V)()_j(U)),则()={()_n}_(n∈N)是u上高阶导子.作为应用,得到了套代数上Jordan高阶导子的一个刻画.     

没有Lipschitz假设的-半压缩映象的不动点与-强拟增生算子方程解的逼近(英文)

设X为实一致光滑Banach空间,T:D(T)■X→X为-半压缩映象且在它的不动点q处是局部有界的.本文证明了Mann迭代与Ishikawa迭代过程强收敛于T的唯一不动点q.几个相关的结果处理(?)-强拟增生算子方程的解的迭代构造.本文所得到的结果扩展并推广了Xu和Roach,Zhou和Jia等人的相应结果.     

(h,)-Lipschitz函数及其广义方向导数和广义梯度

借助于Ben—Tal广义代数运算引进了一种新的函数-(h,)-Lipschitz函数．讨论了它与Lipschitz函数之间的关系,给出了它的广义方向导数和广义梯度,得到了它们的若干性质．作为应用,给出了广义方向导数与切锥之间的关系。     

(一)近似公式(1+α)~n≈1+nα的条件

高中代数教材介绍了如下的近似公式: “当α的绝对值与1相比很小时,(1+a)~n的近似值可用公式(1+α)~n≈1+nα来计算。”其实,在仅有α的绝对值与1相比很小的条件下,运用(1+α)~n≈l+nα来计算,往往得到不可思议的结果。如计算(1-0.001)~2000。这里-0.001的绝对值与1相比很小,若按上述公式计算:(1-0.001)~2000=1-2000×0.001=-1。显然(1-0.001)~2000是个正值,而经过公式近似成了一个负值,荒谬。由此可见,仅有α的绝对值与1相比很小还不行,得须加上条件:nα的绝对值与1相比也很小。     

由k~(1/2)+1/(k+1)~(1/2)>(k+1)~(1/2)的证明所想到的

本刊1984年第8期《不等式k~(1/2)+1/(k+1)~(1/2)>(k+1)~(1/2)的几种证法》一文(以下简称文〔1〕中,对不等式k~(1/2)+1/(k+1)~(1/2)>(k+1)~(1/2)作出了六种证法。其实,这个不等式还有一种更简单的证法,现补充如下,我们姑且叫它为〔1〕的第七个证法吧: g) 间接证法:     

不等式k~(1/2)+1/(k+1)~(1/2)>(k+1)~(1/2)的几种证法

为什么要证明不等式k~(1/2)+1/(k+1)~(1/2)>(k+1)~(1/2)下面通过实例来说明,高中数学第三册P.147.3(4)题:求证1/1~(1/2)+1/2~(1/2)+…+1/n~(1/2)>n~(1/2)(n>1)。我们用数学归纳法来证明。 (1)当n=2时不等式左边=1/1~(1/2)+1/2~(1/2)=(2+2~(1/2))/2右边=2~(1/2)=(2~(1/2)+2~(1/2))/2,显然不等式成立。 (2)假设当n=k(k>1)时不等式成立,     

y=f(x+1)与y=f~(-1)(x+1)互为反函数吗?

从图象上看　ｙ =ｆ(ｘ + 1)与 ｙ =ｆ- 1(ｘ + 1)的图象是分别将 ｙ =ｆ(ｘ)与 ｙ =ｆ- 1(ｘ)的图象向左平移一个单位所得 ,因 ｙ =ｆ(ｘ)与 ｙ =ｆ- 1(ｘ)图象关于 ｙ =ｘ对称 ,将 ｙ =ｘ向左平移一个单位得 ｙ =ｘ + 1,所以函数 ｙ =ｆ(ｘ + 1)与 ｙ =ｆ- 1(ｘ + 1)的图象关于 ｙ =ｘ + 1对称 ,因而 ｙ =ｆ(ｘ + 1)与 ｙ =ｆ- 1(ｘ + 1)不一定互为反函数 .从求反函数过程看　由 ｙ =ｆ(ｘ + 1)有ｘ + 1=ｆ- 1(ｙ)即ｘ =ｆ- 1(ｙ) - 1,互换ｘ ,ｙ ,有 ｙ =ｆ- 1(ｘ)- 1,所以 ｙ =ｆ(ｘ + 1)的反函数为 ｙ =ｆ- 1(ｘ) - 1.记号 ｙ =ｆ- 1(…     

y′=(a_0x~n+a_1x~(n-1)y+…+a_ny~n)/(b_0x~n+b_1x~(n-1)y+…+b_ny~n)的积分曲綫的拓扑結构

<正> 設Y_n=a_ox~n+a_1x~(n-1)y+…+a_ny~n,X_n=b_ox~n+b_1x~(n-1)y+…+b_ny~n.其中Y_n,X_n无公因子.微分方程 y′=Y_n/X_n(1)只有一个奇点(0,0).当n=1时,Poincare决定了(1)的积分曲綫的拓扑結构.当n=2时,决定了(1)的积分曲綫的結构.当n=3时,张棣决定了(1)的积分曲綫     

(1+1)维Burgers方程新的行波解

通过采用新的exp(-ρ(ξ))展式法,得到了(1+1)维Burgers方程形如u(ξ)=αm(exp(-ρ(ξ)))m+αm-1(exp(-ρ(ξ)))m-1+…的新行波解.该方法也可以应用于求解其它许多的非线性演化方程.     

R_+~(n+1)上Carleson测度的特征

R_+~(n+1)上的正测度σ称为Carleson测度,如果存在常数N,对于R_+~(n+1)中底在R~n上边长为h的方体Q有 σ(Q)≤Nh~n. 本文研究Carleson测度的特征用BMO函数的积分性质来表达,主要结果如下: 若σ为R_+~(n+1)上的正测度,则σ为Carleson测度当且仅当存在只与n有关的常数K,对任意的f∈BMO(R~n)且Mf≠0,成立着这里,Mf表示f的Hardy-Little极大函数,u为f的Poisson积分,‖f‖_(?)为f的BMO(R~n)     

全变换半群的极大半传递幺半群(英文)

对任一个非空集X,X上的全变换半群T(X)的一个子幺半群M被称为半传递,如果M为非传递,且对每个序对(x,y)∈X×X,存在∈M使x=y或y=x.本文刻画了全变换半群T(X)的所有极大半传递子幺半群;对T(X)的每个极大半传递子幺半群M,相关秩r(T(X),M)被证明为1.对有限集X,给出T(X)的极大半传递子幺半群的个数,且T(X)的最大基数的半传递子幺半群被刻画.     

不等式∑(a/(b+c))~(1/2)<1+23~(1/2)/3的初等证明

文 [1 ]利用多元函数的偏导数分四种情况证明了 :在△ ABC中 ,若 a,b,c为其边长 ,则有ab+ c+ bc+ a+ ca + b　　 <1 + 2 33 . ( 1 )之后 ,文 [2 ]给出了不等式 ( 1 )的一个初等“证明”,但文 [3]指出 [2 ]的证明是错误的 .本文将给出不等式 ( 1 )的一个初等证明 .引理 1　若正数 x,y满足0 相似文献   

关于 X_(n+1)=(x_n(x_n~2+3))/(3x_n~2+1)的通项公式

这是八六年高考数学第八题:已知x_1>0,x_1≠1 且x_n+1=x_n(x_n~2+3)/3x_n~2+1(n=1,2,…)。试证:数列{x_n}或者对任意自然数都满足x_nx_(n+1)。此题证法很多,先求通项公式是一个类型的方法,下面给出一种求通项公式的简便方法。由已知     

乘积∏_(k=1)~n(ak~2+bk+c)的平方性

本文证明了乘积∏_(k=1)~n(ak~2+6k+c)(f(x)=ax~2+bx+c∈Z[x]是二次不可约多项式)在n充分大时不是平方数.     

由递推式a_(n+1)=pa_n+f(n)求通项的方法

一、引子 线性递推式an+1=pan+q(p,q为常数)的启示. 常见线性递推公式an+1=pan+q(p,q为常数)求数列通项公式的基本思路是由待定系数法构造等比数列,令an+1+a=p(an+a),得a=q/p-1(p≠1),从而有an+1+q/p-1=p(an+q/p-1),数列{an+q/p-1}为等比数列,则数列通.项公式易得. 受以上解题启发,我们可以求以下相关数     

不动点集为RP(2m+1)×CP(k)的对合

设RP(2m+1)为2m+1维实射影空间,CP(k)为k维复射影空间.证明了每个以RP(2m+1)×CP(k)为不动点集的对合协边.     

函数g(x)=(1+1/x)x+1的性质及其应用

近年高考时常出现与函数f(x)=(1+1/x)x(x>0)有关的压轴题,如2007年四川理科卷的第22题及2001年全国理科卷的第20题,这两道题都涉及了函数f(x)的相关性质.有关函数f(x)=(1+1/x)x(x>0)的两个重要性质以及结论,文献[1]中给出了总结和证明:     

常见累进数列n{(n+1)…(n+m))的求和方法

大家知道1·2+2·3+3·4+…n(n+1)的求和可利用通项公式来求,即: 1·2+2·3+3·4+…+n(n+1)=(1~2+2~2+3~2+…+n~2)+(1+2+3+… +n)=(1/6)n(n+1)(2n+1)+(1/2)n(1+n)-(1/3)n(n+1)(n+2) 但是用这种方法求和涉及到数列1~2,2~2,3~2…n~2的求和,如果给出累进数列的每项乘积因子则又涉及数列{n~3},{n~4},…的求和,所以利用通项求常见累进数列     

关于不定方程3x(x+1)(x+2)(x+3)=10y(y+1)(y+2)(y+3)

通过利用pell方程、递归序列、平方剩余、Legendre符号、同余关系等初等证明方法,并利用Mathematica软件对Legendre符号等进行计算,证明了方程3x(x+1)(x+2)(x+3)=10y(y+1)(y+2)(y+3)共有16组整数解,并且无正整数解.