函数极大值的几何解释

高中平面三角复习題中的52题是一道物理题。現在,我们把它改成数学問題来討論。设函数x=a_1sin(y φ_1) a_2sin(y φ_2),証其极大值为(a_1~2 a_2~2 2a_1a_2cos(φ_1φ_1))~(1/2)其中a_1,a_2为任意实数,φ_1,φ_2为定角,y为变角。这个极大式是很重要的,其他許多求极大植的題目都可作为此式特例,但此题的证法是相当困难的。为此,笔者想出了一种较易理解的几何方法直观証明。取两条互相平分于O的线段A_1A_2,B_1B_2,使A_1O=A_2O=|a_1|,B_1O=B_2O=|a_2|;(?)==φ_1φ_2(为討論簡单起見,我們总可以设O<φ_1--φ_2<180°;→表順时方向,下同)。再取过O之直线OC,使(?)=φ_2。設OM是繞O之轉动直綫,則(?)为变角y。 (ⅰ)当a_1=|a_1|,a_2=|a_2|时,由A_1,B_1向OM作垂线。则当OM在OB_1→OA_1或OB_2→个OA_2时,两垂綫之和x=(_-~ 0|a_1|sin(y φ_1)(_-~ )|a_2|sin(y     

An Inequality for Matrices and Its Applications in Differential Geometry

For a matrix A=(α_(ij))we denote by N(A)the square of the norm of A,i.6., N(A)=trace A~t A=∑(α_(ij))~2.In this paper we prove the following inequality. Theorem 1 Let A_1,A_2,…,A_p be symmetric(n×n)-matrices(p≥2).We denoteS_(αβ)=trace A_α~tA_β,S_α=S_(αα)=N(A_α),S=S_1+…+S_p。Then     

包含置换的同余式（英文）

设A_2(n)={(ij)|1≤ij≤n,(ij,n)=1},A_3(n)={(ijl),(ilj))|1≤ijl≤n,(ijl,n)=1},其中(x_1 x_2…x_k)表示循环置换,当ik时,把x_i映射到x_(i+1),x_k映射到x_1,其他元素映射到自身.我们得到了∑σ∈A~2(n)∑nk+1 σ(k)/k~m和∑∑nk+1 σ(k)/k~m的同余式,其中σ表示置换.同时,令素数p≥5,H(k)=∑_(i=1)~k1/i,我们证明了∑σ∈A_2(p)∑p=1k=1σ~m(k)H(k)≡2B_m(mod p) ∑σ∈A_3(p)∑p=1k=1σ~m(k)H(k)≡-5B_m(mod p).     

关於高維射影空間共軛网論的研究(Ⅱ)

<正> 本文是继前文[1]来討論n維射影空間S_n(n≥4)的共軛网有关的一些性貭,特別是第k类共軛和調和性貭.我們已經闡明,当k=1时,这些性貭变为普通共軛性貭和調和性貭.这里,很自然地发生一个問題:当一个拉普拉斯叙列{…X_3X_1X_2X_4…}是另一个拉普拉斯叙列{…A_3A_1A_2A_4…}的第k类內接叙列吋,能不能在这两个之間嵌入k-1个(k>1)拉普拉斯叙列{…A_3~((h))A_1~((h))A_2~((h))A_4~((h))…}(h=1,2,…,k-1),使一个內接着一个而且最后的一个內接于{…A_3A_1A_2A_4…}呢?我們将証明,問題中的嵌入完全可能,这     

四维二阶 Hadamard 矩阵的分类

一、引言所谓 n 维 m 阶 m~n Hadamard 矩阵(简称为 H 阵)就是满足下面两个条件的 n 维矩阵A=[A_(ij…z)]。条件1:A_(ij…z)=±1(0≤i,j,…,z≤m-1),其中 A_(ij…z)的下标有n 个。条件2:sum from p sum from q…sum from y A_(pq…ya)A_(pq…yb)=m~(n-1)δ_(ab)(这里(Pq…yn),是(ij…z)的任意一个置换,δ_(ab)=(?)容易看出当 n=2时,它就是以前大家所熟知的Hadamard 矩阵。关于高维 Hadamrd 矩阵的细节可见[1]。     

一种方式分组随机模型中估计方差分量的最小风险设计

§1.引言一种方式分组随机模型:y_(ij)=β α_i ε_(ij),i=1,…,n,j=1,…,m_i,(1.1)其中 ε_(ij)(i=1,…,n,j=1,…,m_i)是相互独立的随机误差,α_i(i=1,…,n)是独立的随机变量.Eα_i=Eε_(ij)=0,varε_(ij)=θ_1>0,varα_i=θ_2≥0,cov(α_i,ε_(ij))=0.β、θ_1、θ_2是未知参数,β∈R~1,(θ_1,θ_2)~T∈Θ(?){θ_1>0,θ_2≥0}.     

分枝与定界(Branch and Bound)方法简介

1引言不少组合最优化问题可以归结为下面的形式:max f (x)或min f(x),这里s是一个有限集合。让我们看几个例子。[例1]分配问题(Assignment Problem,以下简称为AP)设有n个人A_1,A_2,…,A_n,另外有n件工作B_1,B_2m,…;B_n,又设A_i做工作B_j可以生产的价值为C_(ij),现在要分配每一个人A_i做一件工作B_j,规定每一个人都恰好     

仿射型李代数g(A)的某些自同构群

§0 引言 A=(α_(ij))是n阶广义Cantan矩阵,即A满足:ⅰ)α_(ii)=2,i=1,…n。ⅱ)当i≠j时,α_(ij)是非正整数。ⅲ) a_(ij)=0 α_(ji)=0。 h是复数域C上2n-l维向量空间,h是h的对偶空间。Π={α_1,…α_n},Π分别是h与h中线性无关子集,满足     

排列組合应用問題教学中的一点体会

在高中代数中,排列、組合是同学感到較难接受的課題。其主要原因是:(1)排列、組合和前面所学的內容在性貭和方法上都截然不同;(2)比較抽象;(3)答数一般都較大,难于检驗。这里,我提出个人在排列、組合应用問題教学中的一些体会。 (一) 如果对同一題目能給出多种不相同的解法,这不但能丰富同学考虑問題的思路和提高其解題的技能、技巧,而且能激起同学积极思考,取得良好的教学效果。例1.用0到9这10个数字可以組成多少个沒有重复数字的三位数?(課本中的例5) 解題之前,可在黑板上記下符号×△△,用以表示3个位置,根据題意可知数字0不能排在位置×上。解法1.从0以外的9个数字中,每次取出1个排在位置×上有A_9~1种方法,再从剩下的9个数字中每次取出2个排在位置△上有A_9~2种方法,故可組成A_9~1A_9~2个沒有重复数字的三位数。解法2.从这10个数字中每次取出3个排在这3个位置上,有A_10~3种排法,其中数字0排在位置×上,再从剩下的9个数字中每次取出2个排在位置△上的排法有A_9~2种,故可組成A_(10)~3-A_9~3个沒有重复数字的三位数。解法3.从0以外的9个数字中,每次取出3个     

与单形重心有关的几个几何不等式

设A_0A_1…A_n为n维欧氏空间E~n中的一个单形S,其重心为G,A_iG交A_i的对面于G_i(G_i为(n-1)维单形A_0A_1…A_(i-1)A_(i 1)…A_n的重心),交S的外接超球面F于A_i~1(i=0,1,…,n)。记S的棱长分别为α_(ij)=(i,j=0,1,…,n,i≠j),其中线长为m_i=(i=0,1,…,n),我们将证明如下的     

数学问题解答

本期問題請解答者在1956年10月20日以前寄至北京德胜門外北京师范大学数学系轉“数学通报数学問题解答”欄工作組,問題的答案及正确解答者名單將在1956年12月号本欄內公布。本欄欢迎讀者提出适合大家解答的問題。如已有解法,並希把題解一併寄来。非屬木欄的信件請逕寄本刊編輯委員会,以免延悮。 1956年9月号問題 258.設对任何一組滿足条件sum from i=1 to n(λ_i)=O的数λ_1,λ_2,…,λ_n来說,等式sum from i=1 to n (λ_i a_i)=O成立。問a_1,a_2,…,a_n应該滿足什么条件? 259.在直角扇形OAB中作內切圓⊙C,又在半徑OA,(?),⊙C间的縫隙作内切圓⊙Q,引QP⊥OC於P。求証:△OPQ的三边成等差級数(讀者黄忠平提)。     

等积变形与面积证题(三)

<正>一般说来,若Δ=Δ_1+Δ_2+…+Δ_n称为一个面积方程.如例1中,就是从面积方程S(△ABC)=S(△APB)+S(△BPC)+S(△CPA)入手的.1.若S(△ABC)=S(△A_1B_1C_1),这样1/2AB·h_c=1/2A_1B_1h_(c1).当AB=A_1B_1,则有h_c=h_(c1);当h_c=h_(c1),则有AB=A_1B_1.利用上述关系可以证明线段的相等.     

A类零壹矩阵的基的一些定理

定义1 令n≥3,A=(a_(ij))_(n×n),i=1或0,对任固定的i(1≤i≤n)存在唯一的一个j_o(1≤j_o≤h)使得a(ij)_o=1,其余的a(ij)=0(j jo,1≤j≤n),则称(0,1)一矩阵A为A型的矩阵。 显然A型矩阵在矩阵乘法运算下成为一个具有单位元的半群。 定理2 令A={A:A是n级的A型矩阵},B A,若对任A A总存在有B_1,B_2,…B_K B使得A=B_1B_2…B_K,则称S为A的一个基。     

三角在代数上的一个应用

指明一个实系数多項式P(x)是否有实根常常是一件很重要的事情。我們已經有施斗姆方法能指出P(x)实根的个数,当然也指出了非实复根的个数。下面仅提出一个P(x)有非实复根的充分条件作为三角在代数上的一个应用。定理实系数多項式P(x)=x~n+a_1x~(n-1)+…++a_n当(a_1-a_3+a_5-…)~2+(1-a_2+a_4--…)~2≤1,a_n(?)0时,一定有非实复根。为了証明这个定理,我們先証明两个公式: sin(α_1+α_2+…+α_n)==cos α_1 cos α_2…cos α_n(T_1-T_3+T_5-…),(1)cos(α_1+α_2+…+α_n)==cos α_1 cos α_2…cos α_n(1-T_2+T_4-…),(2)其中T_k为tg α_1,tg α_2,…,tg α_n中每k个相乘相加k=1,2…n。为了証明公式(1),(2)采用如下的归納法:設有两个命題f(n),g(n)。1) 当f(1),g(1)都是真确的。2) 假設f(n-1),g(n-1)都是真确的,可以推出f(n),g(n)也是真确的。则对所有的自然数n,f(n),g(n)都是真确的。     

用最优解决定循环运輸路线的线性方程组法

我們小組在調查研究循环运輸的工作中,应用了一种綫方程組的方法,来从最优解决定循环路綫,今介紹給讀者,并与北大数学专业运輸战斗小組討論。按北大的方法(见本刊1958年第10期),设有m个装貨站A_1,A_2,……,n个卸貨站B_1,B_2,…,B_n,并設A_i→B_j所需要运輸的貨物的数量是T_(ij),其单位是吨(或車次),命x_(ij)为某个完成这一組貨运任务的循环运輸計划中Bj→Ai的空車的数量,其单位是吨(或車次),則可列出下列綫方程組:     

以时間为标准解运輸問題

編制运輸計划时,实际上在許多重要場合下,极其需要节省时間。例如,在运輸易腐烂的食品时,必須以尽可能最少的时間,把它們送到被指定的地点。时間也是谷物收获运动中很重要的因素,必須最快地把谷物送到貯备处。这种問題就是以时間为标准的运輸問題。下面研究解以时間为标准的运輸問題的某些算法中的一个。問題的提出与解决。 設有m个同类貨物的发点和n个收点。用a_1,a_2,…,a_i,…,a_m分别表示第一个,第二个,…,第i个,…,第m个发点的貨物量,而用b_1,b_2,…,b_j,…,b_n分别表示应当运到第一个,…,第j个,…,第n个收点的貨物量。设t_(ij)是把貨物从第i个发点运到第j个收点的时間(天,小时),而x_(ij)表示我們計划从第i个发点运往第j个收点的貨物量。要求寻找最优运輸計划,也就是找一組非負数x~(ij),使得把一切貨物运到收点所必須的时間是最少的。     

关于代数特征值反问题对称情况可解的充分条件

§1.引言 本文讨论下述特征值反问题的可解性: 问题 G.设A_0=(a_(ij)~((0)))和A_k=(a_(ij)~((k)))(k=1,…,n)是一组n+1个n×n实对称矩阵,λ_1,…,λ_n是n个不同的实数.求实数c_1,…,c_n使得矩阵A_0+sum from k-1 to n C_k·A_k的特征值为λ_1,…,λ_n. [1]和[2]曾给出此问题可解的充分条件.本文应用Rothe不动点定理[3]给出问题G可解的另外两个充分条件.本文的结果可判定[1]和[2]中定理所不能判定的某些问题     

一类变系数系统解的稳定性

(其中x=col(x_1,…,x_n),A=(α_ij),i,j=1,…,n,αij是常量)而言,其零解的稳定性问题完全由其特征方程的根决定。如果特征方程|α_(ij)-λδ_(ij)|=0所有的根均具有负实部,则(1)的零解是渐近稳定的。但对变系数线性系统     

解广义特征值反问题的同伦方法

1.引言 我们讨论下列广义特征值反问题: (G)已知B是n×n阶对称半正定矩阵,λ=(λ_1,…,λ_(2n-1))~T∈R~(2n-1),且{λ_i}~(n_3),和{λ_i}_(n+1)~(2n-1)严格交错。问题是欲求一个实对称三对角n×n阶矩阵A,使得λ_1…,λ_n是Ax=λBx的特征值,λ_(n+1),…,λ_(2n-1)是A_(n-1)x=λB_(n-1)x的特征值,其中A_(n-1),B_(n-1)分别是矩阵A,B的前n-1阶主子阵。     

利用矩阵的初等行变换求解一般线性方程组

本文介绍一种利用矩阵的初等行变换(以下简称行变换)求解一般线性方程组A_(mn)X_(n1)=B_(m1),其中A_(mn)=(a_(ij)),X_(n1)=(x_1x_2…x_n)~T,B=(b_1b_2…b_n)~T(1)的方法,这种方法通过适当的初等行变换,使得它的一个特解及它的导出组A_(mn)X_(n1)=O_(m1) (2)的基础解系都巧妙地蕴含在同一个矩阵中,即可直接写出它们的通解.实践证明,该方法简单易行,与传统的方法相比,能达到事半功倍的效果.