麦比乌斯梯子C(2n,n)的强边色数

本文研究了麦比乌斯梯子C(2n,n)的强边染色问题.利用组合分析的方法,得到了如下结果:当n=3时,χ'_s(C(2n,n))=9;当n=4时,χ'_s(C(2n,n))=10;当n=5,8时,χ'_s(C(2n,n))=8;当n 3且n≡2(mod 4)时,χ'_s(C(2n,n))=6;当n 7且n≡0,1或3(mod 4)时,χ'_s(C(2n,n))=7.     

构造函数解决与自然数有关的问题

解决与自然数有关的命题通常用数学归纳法、二项式定理的展开式 .而数列作为定义在自然数集上的函数 ,若用数学归纳法解题有一定的难度 ,如果将问题转化为函数来处理 ,则往往使问题变得简洁、容易 ,此时常常将 n视为自变量 .下面举几例说明 .例 1　已知 n∈ N ,证明不等式1 12 13 … 1n <2 n .证明　构造函数 f ( n) =1 12 13 … 1n - 2 n ,∵　 f ( n 1 ) - f ( n)　 =1n 1 2 n - 2 n 1　 = n - n 1( n 1 n ) n 1 <0 ,∴　 f ( n 1 ) 相似文献   

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.     

SOURCE CODING THEOREMS FOR GENERAL SEQUENCE MODEL

In this paper, we give a coding theorem for general source sequence. A source sequence \[{\mathcal{T}^{(n)}} = \{ [{X^{(n)}},{p^{(n)}}({X^{(n)}})],[{X^{(n)}} \otimes {Y^{(n)}},{\rho ^{(n)}}({X^{(n)}},{Y^{(n)}})]\} \] is said to be \[({R^{(n)}},{d^{(n)}})\]-compress, if (i)\[{R^{(n)}}\], \[{d^{(n)}}\] are two sequences of real numbers \[{R^{(n)}} \to \infty \]； (ii) there exist \[{\varepsilon ^{(n)}} > 0({\varepsilon ^{(n)}} \to 0)\] and set \[{B^{(n)}} \subset {Y^{(n)}}\] so that \[|{B^{(n)}}| \leqslant {2^{{R^{(n)}}(1 + {\varepsilon ^{(n)}})}}\] and \[{p^{(n)}}{\text{\{ }}({X^{(n)}}){\rho ^{(n)}}({X^{(n)}},{B^{(n)}}) \leqslant {d^{(n)}}\} \geqslant 1 - {\varepsilon ^{(n)}}\] where \[{\rho ^{(n)}}({X^{(n)}},{B^{(n)}}) = \mathop {\min }\limits_{{y^{(n)}} \in {B^{(n}}} {\rho ^{(n)}}({X^{(n)}},{Y^{(n)}})\]. A \[{\mathcal{T}^{(n)}}\] is said to be \[({\mathcal{F}^{(n)}}{D^{(n)}})\]-information bounded, if (i)\[{\mathcal{F}^{(n)}} \to \infty \];(ii) there exist \[{\varepsilon ^{(n)}} > 0\] and conditional probability \[{Q^{(n)}}({Y^{(n)}}/{X^{(n)}})\] so that probability distribution \[{p^{(n)}}({X^{(n)}}{Y^{(n)}}) = {p^{(n)}}({X^{(n)}}){Q^{(n)}}({Y^{(n)}}/{X^{(n)}})\] is satisfied by \[\begin{gathered} {p^{(n)}}\{ ({X^{(n)}},{Y^{(n)}}):i({X^{(n)}},{Y^{(n)}}) \leqslant {\mathcal{F}^{(n)}}(1 + {\varepsilon ^{(n)}}), \hfill \ {\rho ^{(n)}}({X^{(n)}},{Y^{(n)}}) \leqslant {\rho ^{(n)}}\} \geqslant 1 - {\varepsilon ^{(n)}} \hfill \\ \end{gathered} \] where \[i({X^{(n)}},{Y^{(n)}}) = \log \frac{{{p^{(n)}}({X^{(n)}},{Y^{(n)}})}}{{{p^{(n)}}({X^{(n)}}){p^{(n)}}({Y^{(n)}})}}\] Theorem The necessary and sufficient conditions for a source sequence \[{\mathcal{F}^{(n)}}\] to be \[({R^{(n)}},{a^{(n)}})\]-compress is that \[{\mathcal{F}^{(n)}}\] must be \[({R^{(n)}},{a^{(n)}})\]-information bounded. From the theorem we obtain immediately the coding theorem and its converse for stationary and unstationary sources with memory.     

关于数论函数方程S(SL(n))=φ(n)的可解性

对于任意正整数n,S(n),SL(n),φ(n)分别为Smarandache函数,Smarandache LCM函数和Euler函数.本文利用S(n),SL(n),φ(n)的基本性质结合初等方法推广了方程S(n)=φ(n)和SL(n)=φ(n),研究了方程S(SL(n))=φ(n)的可解性,给出并证明了该方程仅有正整数解n=1,8,9,12,18.     

证明不等式的几种特殊方法

文[1]给出了六种证明不等式的特殊方法.这里再给出四种,以解决一些不等式的证明问题.1　利用二项式定理证明对于有些不等式,可根据其结构特点,联想或构造二项式模型,利用二项式定理来证.例1　(第2 1届全苏数学竞赛)求证:对于任意的正整数n ,不等式(2n + 1) n ≥(2n) n + (2n - 1) n成立.证　由二项式定理,有　(2n + 1) n- (2n - 1) n=2 [C1n(2n) n -1+C3n(2n) n -3 +…]≥2C1n(2n) n -1=(2n) n,即(2n + 1) n≥(2n) n+ (2n - 1) n.例2　(1988年全国高中数学联赛)已知a ,b为正实数,且1a+ 1b =1.试证对于每一个n∈N都有(a +b) n-an-bn≥2 2n-…     

正整数的一类三分拆的应用

利用正整数n的一类特殊的3分拆n=n1+n2+n3,n1>n2>n3≥1,且n2+n3>n1的Ferrers图将不定方程4x1+3x2+2x3=n(n≥9)的正整数解与这种分拆联系起来,从而得到了该不定方程的正整数解数公式;同时也给出了正整数n的一类4分拆的计数公式.此外,还给出了周长为n的整边三角形的计数公式的一个简单证明.     

也谈符号^n√a究竟表示什么？

众所周知,在实数系,符号n(√a)有明确的意义:如果a＞0,n(√a)表示一个正数,它的n次方等于a,即n(√a)＞0,且(n(√a))n=a.这时,n(√a)表示a的n次算术根.如果a=0,n(√a)=0,如果a＜0.当n是奇数时,n(√a)=-n(√-a)这里的n(√-a)是正数-a的n次算术根,当n是偶数时,n(√a)没有意义.     

双截尾柯西分布顺序统计量的概率性质

设{X_k,1≤k≤n}独立同分布,服从参数为μ,λ;A,B的双截尾柯西分布,X_(1,n),X_(2,n),…,X_(n,n)为其顺序统计量.本文给出X_(k,n)(1≤k≤n)的密度函数,X_(1,n),X_(2,n),…,X_(n,n)的联合密度函数,极端顺序统计量X_(1,n)和X_(n,n)的渐近分布以及X_(k,n)和X_(n-k+1,n)(k1)的渐近分布,并证明X_(1,n)和X_(n,n)是渐近独立的.     

组合数集的毕达哥斯定理

本文得到两个组合数集的毕达哥斯定理的推广。(ⅰ )当n为奇数时∑[(n+ 3 ) / 2 ]t=0n +3-tt2 - ∑[(n+ 1) / 2 ]t=0n +1-tt2 2 +2 ∑[n/ 2 ]t=0n -tt · ∑[(n+ 4 ) / 2 ]t=0n +4-tt2 +4∑[(n+ 2 ) / 2 ]t=0n +2 -tt2= ∑[(n+ 1) /2 ]t=0n+ 1 -tt2 + ∑[(n+ 3) /2 ]t=0n+ 3-tt2 2 。(ⅱ )当n为偶数时∑[(n+ 4 ) / 2 ]t=0n+4-tt2 - ∑[n/ 2 ]t=0n-tt2 2 +2 ∑[(n+ 1) / 2 ]t=0n+1-tt · ∑[(n+ 3 ) / 2 ]t=0n+3-tt2 +4∑[(n+ 2 ) / 2 ]t=0n+2 -tt2= ∑[n/2 ]t=0n -tt2 + ∑[(n+ 4) /2 ]t=0n + 4 -tt2 2 。     

n级三角矩阵环上的模范畴和同调特征

本文给出了n级三角矩阵环Гn的定义．证明了n级三角矩阵代数Гn上的有限生成模范畴mod Гn与范畴Гn(?)等价,得到了诸如Гn的Jacobson根,Гn(?)的不可分解投射对象的形式及Гn的整体维数等性质．     

构造模型求自然数的方幂和

自然数方幂和问题是指Sk(n)=nΣi=1ik(n,k∈N)的计算与表示.早在公元前二百多年,希腊著名科学家阿基米德就已经得出了k=2和k=3时的结果:S2(n)=12+22+…+n2=n(n+1)(2n+1)/6,S3(n)=13+23+…+n3=n2(n+1)2/4,尽管他的证明比较复杂,但S4(n)的结果却始终无法找到,直到一千多年之后的11世纪,阿拉伯数学家才得道:S4(n)=1/30n(n+1)(2n+1)(3n2+3n-1).……     

关于n~(1/k)的两个不等式

文 [1 ]中给出了一个涉及n的不等式 :设正整数n >1 ,则2n + 23·n - 2 (n - 1 ) + 23·n - 1≤n <4n + 36 ·n - 4(n - 1 ) + 36 ·n - 1 ( 1 )由不等式 ( 1 ) ,可推出2n + 23·n - 2 - 13≤∑nk=1k≤4n + 36 ·n - 16 ( 2 )当且仅当n =1 ,2时 ,式中等号成立 .本文给出类似于不等式 ( 1 )的关于 kn的两个不等式 ,并提出一个猜想 .定理 1　设正整数n >1 ,则1 2n + 71 6 ·3n - 1 2 (n - 1 ) + 71 6 ·3n - 1 <3n <3n + 24 ·3n - 3(n - 1 ) + 24 ·3n - 1 ( 3)证　要证上限不等式 3n <3n + 24 ·3n- 3(n - 1 ) + 24 ·3n - 1 ,只要证( 3n - 2…     

数列通项最值问题的流行解法——是错解吗？

已知数列{αn}，求αn的最大值或最小值，这是在解决数列问题时常常遇到的问题，其流行解法是：要使αn最大，则应满足{αn≥αn-1,αn≥αn＋1,其中n≥2．同样，要使αn最小，则应满足{αn≤αn-1，αn≤αn＋1，其中n≥2.     

零数列与一类求和恒等式新证

对于与自然数 n有关的一类求和恒等式f ( n) =g( n)的证明题 ,如果我们构造数列{an},其中 an =f ( n) - g( n) ,能证明 an 1-an =0 ,即 an 1=an,再验证 a1=0 ,那么立得an =0 ,从而有 f ( n) =g( n) .这种通过构造“零数列”来证题的方法 ,新颖别致、操作简便 ,现举例说明如下 .例 1　求证　 1 2 2 2 … n2=16 n( n 1 ) ( 2 n 1 ) ( n∈ N ) .(高中《代数》下册封面上的等式 )证明　构造数列 {an},其中an =1 2 2 2 … n2 - 16 n .( n 1 ) .( 2 n 1 ) ,则an 1- an =( n 1 ) 2 - 16 ( n 1 ) ( n 2 ) .( 2 n 3) 16…     

二项式系数的更多整除性质

设$a$, $b$和$n$为正整数,且$a>b$,我们证明了下面的整除性质: 对所有正整数$n$, 我们有$$(2bn+1)(2bn+3)(2bn+5){2bn\choose bn}\Big|15(a-b)(3a-b)(5a-b)(5a-3b){2an \choose an}{an\choose bn},$$ 上述整除式推广了杨全会一文中的相关结论.且对所有正整数$n$,我们证明了下面的整除性质:$$(6n+1){4n\choose n}\Big|{12n\choose 6n}{2n\choose n},\ (12n+1){5n\choose n}\Big|{15n\choose 3n}{3n-1\choose n-1},$$ $$(18n+1){12n\choose 9n}{8n\choose 2n}\Big| {24n\choose 18n}{4n\choose 2n}{6n\choose 3n}.$$更多类似的整除性质可以给出.     

Hamiltonian二部竞赛图

设 T(n,n)表示 n×n 二部竞赛图。本文证明了:如果 uv 是 T(n,n)的一条弧,蕴含d~-(u) d~ (v)≥n-2≥4,则 T(n,n)是 Hamilton 图,除非 T(n,n)属于两类已被刻划的特殊图类。     

一些新数列的偏差与伪随机性

设P为奇素数,x为整数且满足1≤x≤P-1.定义数列xn={{(n)+(n+x)/p},如果p(|)n(n+x),0,其它以及en={+1,如果p(|)n(n+x)且0≤{(n)+{(n)+(n+x)}＜1/2,-1,如果p(|)n(n+x)且1/2≤{(n)+{(n)+(n+x)}＜1,+1,如果p|n(n+x),其中瓦是(n)模p的乘法逆,满足n(n)≡1 mod p以及1≤(n)≤p-1.证明了(xn)是一致分布数列,(en)是好的伪随机数列.这表明在二进制数列与[0,1)数列之间存在某种联系.     

Smarandache函数在两数列上的下界估计

设S(n)是Smarandache函数,其中n是一正整数.讨论Smarandache函数S(n)在数列F((2k),1)=F(n,1)=n2n+1(n=2k)与数列G(2n,1)=(2n)2n+1上的下界估计.基于初等方法证明了:当偶数n≥6时,有S(F((2k),1))=S(F(n,1))≥6×2n+1;当n≥4时,有S(G(2n,1))≥6×2n+1.     

一个有趣的组合恒等式猜想的证明

在第三届全国不等式学术年会上,江苏的褚小光老师提出了如下猜想:n2C02n (n-1)2C12n (n-2)2C22n … 22Cn-2n 2 12Cn2-n 1=n·22n-2.经探讨发现,此猜想成立,即有定理1 n2C02n (n-1)2C12n (n-2)2·C22n … 22Cn-2n 2 12Cn2-n 1=n·22n-2.证明n2C02n (n-1)2C12n (n-2)2C22n … 22C