一个有趣的整除问题

本刊1983年第四期的问题征解上有这样一题求证(1+2+3+…+1983)|(1~5+2~5+3~5+…+1683~5)。在解此题时,我们从1~3+2~3+3~3+…+n~3=(1/4)n~2)n+1)~2=〔(1/2)n(n+1)〕~2=(1+2+3+…+n)~2,发现(1+2+3…+n)|(1~3++2~3+3~3+…+n~3)对任意自然数n皆成立。我们试问是否也有(1十2+3+…+n)|(1~5+2~5+3~5+…+n~5)对任意的自然数n皆成立呢!回答是肯定的。不难证明1~5+2~5+3~5+…+n~5=(?)(n+1)~2(2n~2+2n-1),因此,(1+2+3     

一道习题的推广

《中学数学》1983年第4期问题征解中有这样一题,求证 1+2+3+…+1983|1~5+2~5+3~5+…+1983~5。事实上,我们有一般的结论:1°。1+2+3+…+n|1~5+2~5+3~5+…+n~5,甚至更一般的结论:2°。1+2+3+…+n|1~(2k+1)+2~(2k+1)+3~(2k+1)+…+n~(2k+1)。这里n、k为任意自然数,为了证明这一结论,我们要用到整数的两个性质。性质1。两个连续整数必互质。性质2。如果(p,q)=1,p|m,q|m则pq|m、((p,q)表示p与q的最大公约数)。此二性质都很容易用反证法证明,这里从略。我们来证明上述结论2°。证∵ 1+2+…+n=(1/2)n(n+1),记 S_(2k+1)(n)=1~(2k+1)+2~(2k+1)+…+n~(2k+1),     

实二次城 Q(■)类数的可除性

设 d 是无平方因子正整数,h(d)是实二次域 Q(d~(1/2))的类数.本文证明了:如果 da~2=1+4k~(2n),a、k、n 是正整数,k>1,n>1,n 的奇素因子 p和 k 的素因子 q 都适合 gcd(p,(q-1)q)=1,而且 2k~n+ad~(1/2)是 Pell 方程u′~2-dv′~2=-1 的基本解,则除了(a,d,k,n)=(5,41,2,4) 以及 n=2,k=P_mP_(m+1) 或者 2Q_mQ_(m+1) 以外,h(d)=0(modn),这里 m 是正整数,P_m=1/2((1+2~(1/2))~m+(1-2~(1/2))~m),Q_m=1/22~(1/2)((1+2~(1/2))~m-(1-2~(1/2))~m).由此可推得:对于任何正整数 n,存在无限多个实二次域,可使 n 整除其类数.     

实二次城 Q(■)类数的可除性

设 d 是无平方因子正整数,h(d)是实二次域 Q(d~(1/2))的类数.本文证明了:如果 da~2=1+4k~(2n),a、k、n 是正整数,k>1,n>1,n 的奇素因子 p和 k 的素因子 q 都适合 gcd(p,(q-1)q)=1,而且 2k~n+ad~(1/2)是 Pell 方程u′~2-dv′~2=-1 的基本解,则除了(a,d,k,n)=(5,41,2,4) 以及 n=2,k=P_mP_(m+1) 或者 2Q_mQ_(m+1) 以外,h(d)=0(modn),这里 m 是正整数,P_m=1/2((1+2~(1/2))~m+(1-2~(1/2))~m),Q_m=1/22~(1/2)((1+2~(1/2))~m-(1-2~(1/2))~m).由此可推得:对于任何正整数 n,存在无限多个实二次域,可使 n 整除其类数.     

数论问题

(续上期 )例 9　证明 :对任意自然数n ,数 [( 3+5) n]+ 1被 2 n 整除 .这里 [x]表示实数x的整数部分 .证　论证的要点是给予 [( 3+ 5) n]的一个不同的 (但适用的 )表示 .为此 ,我们考虑数α =3+ 5的共轭数 β =3- 5,它们由整系数二次方程x2 - 6x + 4=0相关联 :是该方程的两个根 .记un=αn+ βn.我们现在易于导出 {un}(n≥ 1 )的递推公式 :以αn 乘α2 - 6α + 4=0 ,及 βn 乘 β2 - 6 β+ 4=0 ,并将结果相加 ,即得un + 2 =6un + 1- 4un,n≥ 1 ( 5)因u1=6 ,u2 =2 8都是整数 ,故由 ( 5)及归纳法知所有的un 都是整数 .注意 0 <3- 5<1 .故 0 <β…     

問題一瞥

1.証明不論n为何值,((5-5~(1/2))/10)((1-5~(1/2))/2)~n+((5+5~(1/2))/10)((1+5~(1/2))/2)~n为一整数。 2.令k=sum from i=0 to n i则式k(k-1)可以写成C_M~2 C_(m-2)~2的形式,並把m表为k的函数。 3.試証:不論自然数k和n为何值,     

“开放型题”及其思维对策

89年全国高考(理工类)数学试题第23题是:“是否存在常数a、b、c使得等式1·2~2+2·3~2+…+n(n+1)~2=n(n+1)/12(an~2+bn+c)对一切自然数n都成立?并证明你的结论.”     

一个积和不等式猜想

介绍一个积和不等式猜想,对任意的正整数n和α∈[0,1],有n-1∑k=0[(n-k)~(a-1)-(n-k+1)~(a-1)][(k+1)~(1-a)-k~(1-a)]≤(n+1)~(1-a)-n~(1-a).证明对于另外,证明与猜想相近的结论.对任意的正整数n和α∈[0,1],有n-1∑k=0[(n-k)~(a-1)-(n-k+1)~(a-1)][(k+1)~(1-a)-k~(1-a)]≤(n+1)~(1-a)-n~(1-a)+(a(2-2~(a-1)))/n~a-1/(n+1)成立.     

算术平均数不小于其几何平均数的一个推论

在高中教材不等式的证明这一节里提到。一般地有:n个(n是大于1的整数)正数的算术平均数不小于它的几何平均数。我们在教学中增加了一个推论:n个正数和与n个该数的倒数和之积不小于n的平方,用式子表示即 (a_1+a_2+…+a_n)(1/a_1+1/a_2+…+1/a_n)≥n~2(其中a_1、a_2…,a_n均正数,n是大于1的整数)。等号当且仅当a_1=a_2=…=a_n时才成立。证明:(a_1+a_2+…+a_n)(l/a_1+1/a_2+…+1/a_n)≥n((a_1a_2…a_n)~(1/n))·(n((1/a_1)(1/a_2)…1/a_n)~(1/n)) =n~2 (*) 由算术平均数不小于几何平均数的定理中当     

数列{1/(an~2+bn+c)}的前n项和的一种放缩方法

1.一道课外练习题及其证明方法本人于《中学生数学》2005年第1期上(见P_(36))为高二年级提供了如下一道课外练习题.试证13/8-15(8(2n+1)≤1/1~2+1/2~2+1/3~2+…+1/n~2≤5/3-2(2n+1)①为了说明其证法的实用性,不妨先展示其证法如下:先证①式右边的不等式:对任意n≥2,n∈     

连续完全平方数的一些有趣的性质

若a是整数,那么a~2就叫做a的完全平方数,例如:1,4,16,31,100,…若a为整数,n为自然数,那么a~2、(a+1)~2(a+2)~2、…、(a十n)~2叫做连续完全平方数。例如:1,4,9,16,25,36,49,64,…连续完全平方数有哪些性质呢? 我们知道,16= 4~2,25=5~2,在16和25之间的任意整数都不是完全平方数。这就是说:在两个连续正整数的平方之间不可能再有完全平方数。我们可以证明这个结论。证明: 设n和n+1是两个连续正整数。若有一个正整数a,使得a~2在n~2和(n+1)~2之间,即n~2相似文献   

p-扭转刚度和p-Laplace算子的第一特征值

给定R~n中具有有限测度的开集?,其测度记为|?|.设T_p(?)和λ_(1,p)(?)分别为?的p-扭转刚度和p-Laplace算子的第一Dirichlet特征值,p≥2.本文将证明存在正常数C(n,p)和α(n,p)使得(T_p(?)λ_(1,p)(?))/|?|~(p-1)≤1-C(n,p)((T_p(?)~(1/(p-1)))/|?|~(α(n,p));当p2时,(T(?)S_p(?))/|?|~(2-2/p)≤1/(1+(2nω_n~(2/n))/(n+2)(T(?)/(|?|~(1+2/n))),其中T(?)和S_p(?)分别为?的扭转刚度和p-Sobolev常数.     

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     

构造概率模型证明组合恒等式

对于组合数恒等式的证明无固定的方法, 使得人们常感到无从下手.下面介绍构造概率 模型证明组合恒等式几例,供读者参考. 例1 求证:Cn0+Cn1+Cn2+…+Cnn=2n. 证明 设事件A在一次试验中发生的概率 为1/2,那么n次独立重复试验中恰好发生k次的 概率是:PA(k)=Cnk(1/2)k·(1-1/2)n-k=1/2nCnk. 令k=0,1,2,…,n,并求和得 即 Cn0+Cn1+Cn2+…+Cnn=2n. 例2 求证:(Cn0)2+(Cn1)2+…+(Cnn)2= C2nn. 证明 设一个口袋中有n个白球n个红 球,任取n个球,求A={至少有一个白球}的概     

关于亚纯函数导数亏量和的Ozawa问题

设σλ表示所有限级λ的亚纯函数构成的集合,R.Nevanlinna显示,当λ是正的非整数时,κ(λ)>0,其中设f为有限级λ的亚纯函数,Ozawa证明了存在正常数d=d(λ),满足1/2(5-(21~(1/2))≤d≤1/4,使我们曾将d的范围精确为1/4≤d≤4/13。本文中,我们得到一个更精确、更广泛的结论:设f是有限级λ的亚纯函数,则对任何自然数n,存在仅与n,λ有关的正常数d,满足2n(n+1)/(4n~2+7n+2)≤d≤4n(n+1)/(4n~2+6n+1+(16n~4+56n~3+60n~2+20n+1)~(1/2))使得     

两项式ab~n+cd~n 的整除问题

高中数学课本第三册复习题四第14题(P158)要求用数学归纳法证明:3~(n+2)十4~(2n+1)能被13整除。本文对这类问题再提供一种极为简便的证法。定理:若d-b能被a+c整除,则ab~n十cd~n也能被a+c整除(a,b,c∈R,且a+c≠0,n∈N) 证明:ab~n+cd~n=(a+c)b~n+c(d~n-b~n)=(a+c)b~n+c(d-b)(d~(n-1)+d~n-2b+d~n-3 b~2 +…+db~(n-2)+L~(n-1))。因为(a+c)b~n和c(d-b)(d~(n-1)+d~(n-2)b++d~(n-3)b~2+…+d~(n-2)+b~(n-1))都能被a十c整除,故ab~n+cd~n能被a+c整除。例1 求证:3~(n+2)+~(2n+1)能被13整除证明:3~(n+2)+4~(2n+1)=9·3~(n+4)·16~n     

问题与解答

一、本期问题 1.若c+b+c=0,a~2+b~2+c~2=0,a~3+b~3+c~3=k,求a~4+b~4+c~4的值;设n为正整数,求a~n+b~n+c~n的值。 2.设x+y+z=0,ax+by+cz=0(其中a、b、c是两两互异的实数),求x~2/yz的值。 3.设n为任意正奇数,m为任意整数,试证明(n+2m)~2-(n+2m)是24的倍数。 4.设正数A、B、C的常用对数分别是a、b、c,且a+b+c=0,证明A~(1/b+1/a)B~(1/a+1/a)C~(1/a+1/b)=1/1000。江苏吴江平望镇五金文具店顾幼元提供 5.已知x+1/y=y+1/z=z+1/x,求证x~2y~2z~2=1。     

高维Pedoe不等式的一个加强

设Ω(A_n),Ω(A'_n)是n维欧氏空间E~n(n≥3)中的两个n维单形,棱长分别为a_i,a'_i(i=1,2,…,C_(n+1)~2),体积为V_n,V'_n,各棱长的乘积分别为P_n,P'_n对θ∈(0,2],本文证明 sum from i=1 to C_(n+1)~2 (a'_i~θ(sum from j=1 to C_(n+1)~2 (a_i~θ-2a_i~θ))≥((n(n+1)(n~2+n-47))/8)·[2~n(n!)~2/n+1]~(θ/n)[(P'_n/P_n)~(2θ/n(n+1))V_n~(2θ/n)+(P_n/P'_n)~(2θ/n(n+1))V'_n~(2θ/n)]等号成立当且仅当n(A_n),n(A'_n)均为正则单形。     

Fermat数的Smarandache函数值的下界

对于正整数n,设F_n=2~2~n+1是第n个Fermat数,又设S(F_n)是F_n的Smarandache函数.运用初等的方法证明了:当n≥4时S(F_n)≥4·2~n(4n+9)+1.     

关于完备λ超曲面的第二拼挤定理

欧氏空间R~(n+1)中满足方程H=-X~N+λ的浸入超曲面称为λ超曲面.本文主要研究欧氏空间中完备λ超曲面的第二拼挤问题.设M为R~(n+1)中具有多项式体积增长的n维完备λ超曲面.设M的第二基本形式为A.本文证明存在正的绝对常数γ,如果|λ|≤γ,β_λ≤|A|~2≤β_λ+~1/21,其中β_λ=1/2(2+λ~2+|λ|(λ~2+4)~1/2),那么|A|~2≡β_λ,λ≥0,且M必为n维球面S~n(n~1/2)、n维圆柱面S~k(k~1/2)×R~(n-k)(1≤ k≤ n-1)或S(((λ2+4)~1/2-|λ|)/2)×R~(n-1)之一.