（广义）四元数群的自同构群及其全形

该文讨论了一类2^n阶非交换群——（广义）四元数群Q_{2^n}=〈a,b|a^{2^n-1}=1,b^2=a^{2^{n-2}},{b^{-1}ab=a^{-1}〉(n≥3)的自同构群A（Q_{2^n}）与全形H（Q_{2^n}））的置换表示，给出了A（Q_{2^n}））与H（Q_{2^n}））的构造.     

浅谈一类排列、组合问题的解法

1 基本模型。命题把一个圆面分成n个扇形区域，并把这n个扇区依次编以1-n的标号，若用m种不同的颜色去涂这n个扇区，要求每个扇区只涂一种颜色，且相邻的扇区不同色，则不同的涂色方法共有(m-1)[(m-1)^n-1 (-1)^n]种，其中m≥2，n≥2，m，n均是整数．     

数学奥林匹克讲与练(Ⅱ)

例题讲解9．设n、k为自然数，k＜n．求作集合A_1，A_2，…，A_n，使其中任意k个集合之交非空，而任意（k＋1）个集会之交为空集，并使并集A中含元素最少．解1）设则对任意的，而对任意的，这时且A中恰含C_n个元素．2）设有n个集合B_1，B_2，…，B_n，其中任k个集合之交非空而任（k＋1）个集合之交为空集．对某个成，B_j，从其余的（n－1）个集合中任取（k－1）个与B_j之交非空，故此交中至少含有一个元素；因为从（n－1）个集合中取（k－1）个集合的方式有C_n种，故此可得B_j的个元素；又因为B_1，…，B_n中任意（k＋1）个集合之交必…     

例谈子集个数公式及其应用

<正>子集和真子集的个数是集合之间关系的一个知识点,为了帮助低年级的同学们更好地掌握这一知识,现介绍如下:1子集个数公式的推导不含任何元素的空集?,其子集为自身?,共有1个子集;含有1个元素的集合{a_1},其子集除?外,还有在?中,加元素a_1的集合{a_1},共有2个子集;含有2个元素的集合{a_1,a_2},其子集除?,{a_1}外,还有在这2个子集中,加元素a_2的2个子集:{a_2},{a_2,a_2},共有2 × 2=2²个子集;     

集合背景下的计数问题

涉及集合的最常见的计数问题是，n元集合的子集个数为2^n，其中子集个数按照子集中的元素个数从少到多依次为Cn^0，Cn^1，Cn^2，…，Cn^n．     

排列组合题妙解一例

题目设集合I=（1，2，3，4，5），选择川向两个非空子集A、B，要使集合A的最大元素小于集合B的最小元素，则不同的选择方法有多少种？     

Stability problem of Hyers-Ulam-Rassias for generalized forms of cubic functional equation

Let n≥2 be an integer number. In this paper, we investigate the generalized Hyers Ulam- Rassias stability in Banach spaces and also Banach modules over a Banach algebra and a C＊-algebra and the stability using the alternative fixed point of an n-dimensional cubic functional equation in Banach spaces：f（2∑j=1^n-1 xj＋xn）＋f（2∑j=1^n-1 xj-xn）＋4∑j=1^n-1f（xj）=16f（∑j=1^n-1 xj）＋2∑j=1^n-1（f（xj＋xn）＋f（xj-xn）     

巧证不等式

题目 已知a,b∈R＋,且a＋b=1,求证：a^n＋b^n≥（1/2）^n-1（n∈N^n）．     

不定方程妙解“2009”

关于不定方程的解的组数问题,有以下两个结论： 结论1 不定方程x1＋x2＋x3＋…＋xn=m（m,n∈N^＊）,则此方程的正整数解有Cm-1^n-1组．     

浅谈“归纳”思想在初中阶段的渗透

“归纳法”(指不完全归纳法)安排在高中阶段,是继“数列”之后引入的。它推理的基本形式是: x_1具有性质G, x_2具有性质G, x_3具有性质G, ………………x_n具有性质G。{x_1、x_2、x_3…x_n}是集合A的真子集。推断集合A的任一元素x具有性质G。这种或然推理的结论有待于证明。它在人     

2009IMO中国国家集训队概况及选拔考试题目评析（续）

第2天 2009年4月1日8：00-12：30湖北武汉 4．（余红兵供题）设正实数a，b满足b—a〉 2．求证：对区间[a，b）中任意两个不同的整数m，n，总存在一个由区间[ab，（a＋1）（b＋1））中某些整数组成的（非空）集合S，使得 ∏ x∈s^x/mn 是一个有理数的平方．     

关于命题形式的协调系

本文是学习命題演算过程中的一点体会。设M是任意非空集合,用S表示在字母表 α=MU{∽,→,(,)}中写出的一切非空字的集合,用WF表示S中一切满足以下两个条件的子集W的交: (i)。如果把M中的每个元素看成字,则MW: (ii)。对任意A∈W和B∈W有(∽A)∈W和(A→B)∈W。 集合WF中的字称为合式公式。 定义1.WF的一个真子集L称为一个协调系,如果: (i) 对任意X,Y,Z∈WF,有     

探究式教学的一个案例

已知集合A={a1，a2，a3，a4}，B={b1，b2，b3}，可建立从集合A到集合B的不同映射的个数是_．     

数列不等式的证法探讨

已知an=3^n/3^n＋2,n=1,2,…,求证：a1＋a2＋…＋an〉n^2/n＋1.     

对一道2014年江苏预赛试题的推广

题（2014年江苏预赛第9题）设集合S={1,2,…,8｜,A,B是S的两个非空子集,且A中的最大数小于B中的最小数,则这样的集合对（A,B）的个数是．解当A中最大数为1时,A有2^0个,B可以是集合（2,3,…,8}任意非空子集,有2^7-1个;当A中最大数为2时,集合{1}的子集有2^1个,所以A有2^1个,B可以是集合{3,4,…,8}的任意非空子集,有2^6-1个。     

一个不等式的简证

对于一类正项等差数列．利用数列的单调性和不等式证明的放缩法。可以得到不等式 a1a2…an〉an＋1^n（an/an＋1）^n^2 并进而推出不等式 1/e〈n√a1a2…an/an≤1的一个简证,和这个不等式在级数上的一个应用．     

有限集相等的性质及其应用

已知元素中含有参数的两个有限集合相等 ,要确定参数或求出集合 .解决这类问题的常用方法是运用分类讨论思想列方程组求解 .其思维过程具有一定的发散性 .因而学生不时出错 .可否回避分类讨论呢 ?笔者发现 ,对两个相等的有限集合 ,由相等的定义可知 ,两个集合中的元素全部相同 .据此可得如下性质 :1 )　两个集合中所有元素之和相等 .2 )　两个集合中所有元素之积相等 .利用这两个性质就可以回避分类讨论而解决上述有限集相等的问题 .例 1　已知M ={2 ,a ,b},N ={2a ,2 ,b2 },且M =N ,求a ,b的值 .解　∵M =N ,∴ 2 +a +b =2a + 2 +b2 ,2a…     

分式函数f(x)=t/(d-x)+c的性质

题目已知数集A满足条件:a≠1,若a∈A,则11-a∈A.(1)若2∈A,则集合A中还有哪些元素?(2)请你任意设集合A中的一个元素(实数),再探讨该集合中其他元素;(3)从上面两题的解答过程中,你领悟到什么结论?并加以证明.     

On an Extension of Hadamard Inequalities for Convex Functions(in English)

设f是区间[a,b]上连续的凸函数，我们证明了Hadamard的不等式 $[f(\frac{{a + b}}{2}) \le \frac{1}{{b - a}}\int_a^b {f(x)dx \le \frac{{f(a) + f(b)}}{2}}$ 可以拓广成对[a,b]中任意n+1个点x_0,\cdots,x_n和正数组p_0,\cdots,p_n都成立的下列不等式 $f(\frac{\sum\limits_{i=0}^n p_ix_i}{\sum\limits_{i=0}^n p_i}) \leq |\Omega|^-1 \int_\Omega f(x(t))dt \leq \frac{\sum\limits _{i=0}^n {p_if(x_i)}}{\sum\limits_{i=0}^n p_i}$ 式中\Omega是一个包含于n维单位立方体的n维长方体，其重心的第i个坐标为$\sum\limits _{j=i}^n p_j /\sum\limits_{j=i-1}^n p_i$,|\Omega|为\Omega的体积，对\Omega中的任意点$t=(t_1,\cdots,t_n)$, $w(t)=x_0(1-t_1)+\sum\limits _{i=1}^{n-1} x_i(1-t_{i+1})\prod\limits_{j = 1}^i {{t_j}} +x_n \prod\limits _{j=1}^n t_j$ 不等式中两个等号分别成立的情形亦已被分离出来。 此不等式是著名的Jensen 不等式的精密化。     

高中数学“短平快”同步练(3)

【高一代数】映射与函数选择题1．将实数a分别对应于它的①相反数，②绝对值，③倒数，其中可称为映射的对应有（）．（A）1个（B）2个（C）3个（D）0个2．将非负实数X对应于它的平方根，此对应不能称作映射的原因是（）．（A）X不一定有平方根（B）不同的X有不同的平方根（C）X平方根不一定唯一（D）逆对应不存在3．从集合A=｛，。2，。3｝到集合B一｛hi，bZ｝建立映射，可得不同的映射数为（）．（A）8个（B）7个（C）6个（D）5个4．以下四映射中，原象不唯一的映射是（）．（A、l一（B、1一xZ（C）＿一一上7（D）X——X’5．…