平方数判定法的一个简明证法

这是81年北京市初三年级的一道数学竞赛题:如果正整数N(N>1)的正约数的个数是奇数,求证:N是完全平方数。该题的常见证法都是先将N表示成标准因子分解式的形式:N=P_1~(a1)p_2~(a2)…P_n~(an),其中P_1相似文献   

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   

完全平方数的十位数字与个位数字的一种关系

完全平方数的十位数字与个位数字有着如下一种美妙的关系: 如果完全平方数的十位数字是奇数,则它的个位数字一定是6;反之,如果完全平方数的个位数字是6,则它的十位数字一定是奇数。下面我们先把这种关系证明一下,然后再看它的应用。先证前者,若已知m~2=(2k 1)。10 a,我们来证明a=6。因为完全平方数末尾数只可能是0,1,4,5,6,9,故这里的a只可能为0,1,4,5,6,9。当a=0时,m的末尾数为0,于是可设m=10n,那么(2k 1)。10=(10n)~2=100n~2,即2k 1=10n~2。     

一道华杯赛试题的有趣拓展——平方后的子母数

平方数的海洋中有许多神奇的结论,例如某些自然数平方的对半和仍然是连续自然数的平方^[1];若正整数a,b,c满足c=a+b/a-1/b则c是完全平方数^[2],这些让我们感受到平方数的美妙魅力.母平方数m²的尾数(个位开始的几位数.例如m²=225的尾数25是平方数,尾数5就不是平方数)如果也是平方数t²,我们称m为母数,t为子数.本文研究已知子数(或尾数),探究母数的规律.     

关于印度奇妙数组三个性质的证明

文[1]和文[2]都给出了一个由印度数学家发现的有趣数学现象,就是有13个三位自然数956,957,…,968,其中每个数的平方数"对折拆开"再相加,其和数又是一个完全平方数,将这些完全平方数取算术平方根,恰好从43至31,也是一组连续的自然数(见下表).文章中发问:(1)除了956～968以外,是否还有其他具有类似性质的连续自然数组;(2)若存在,分布在哪里,有什么规律.……     

神奇的完全平方数

<正>如果一个自然数是某个整数的平方,那么这个自然数就叫做完全平方数.把一个整数平方以后得到的数记作n2,那么n2就是一个完全平方数.完全平方数有着奇妙的数字特征,完全平方数的个位数字只能是0、1、4、5、6、9中的一个.除此以外,个位数字的特征还影响着十位数字的变化.下面就一个数平方以后得到的完全平方数的特征进行简单的分类.     

错在那里?

题 求自然数n,使2~8 2~(10) 2~n是一个完全平方数。 解法1 设2~4=x,则2~8=x~2,2~(10)=2~6·x原式化为x~2 2~6x 2~n,要使此式为完全平方数,应有△=(2~6)~2-4·2~n=0,n=10.     

n~(1/n)的点滴介绍

自然数n的n次算术n~(1/n),是我们时有所见的,它的性质很难一句话说清楚,现简述如下,供参考。 1°当n=1时,有1~(1/1)=1,这就是说1的1次算术根等于1。 2°当n≥2时,n~(1/n)∈Q(Q表有理数集)     

数学归纳法的理论依据

我们在中学教数学归纳法时,经常碰到一些勤于思考的学生提出:“数学归纳法的理论依据是什么?”这个问题在“高等代数”中早有论述,为着爱护同学们的探索精神和求知欲望,我们以课外活动形式,作出简要的回答。一、自然数集的基本性质与皮亚诺公理。 1962年华罗庚教授在一次讲话中说:“简单朴素的数的性质,成为数学概念和方法的一个重要源泉。”数学归纳法是用来证明某些与自然数n有关的数学命题P(n)的重要方法,它的理论依据就必定与自然数的基本性质有关。 1889年意大利数学家皮亚诺创立了五条自然数系公理,揭示出自然数集Ⅳ的基本性质。 (1)1∈N。 (2)若a∈N,则有且仅有一个自然数紧跟在a后面,记为a+1。 (3)若a∈N,则A+1≠1。 (4)设x∈N,y∈N,当x+1=y+1时,x=y。     

“1985”趣题

值此19 55年来临之际,特造“1985,,数题,向本刊的编者、作者、读者致贺。1。已知数100…01,试证此散是合数。 19 85个0证明.’.100…01二10‘。“.+1=(10竺‘’)a+1、一,一一洲 1985个0=(10‘约“+1)。(101,2‘一10“:+1 ·’·迎二“’是合数· 19 85个0. 2已知一个自然数减去49后,是一个完全平方数,这个自然数加上40后,是另一个完全平方数,求这个自然数。 解:设所求的自然数为之,贝〔依题意得{ 一49=‘+40=石C(1)(马少且万>O,C>0.(2)一(1)得:C3一B.== 40由(3)知C>B,C一B)0,一(一49)=89(8)89为质数, 证明:利用(x+1)名’.‘(x+1)“”’…     

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     

趣换数字

<正>将下列等式中汉字和字母换成数字使等式成立:其中(1)式中是12个连续的自然数.(2)中每个单词,单词中的各数字之和都是一个完全平方数.(1)祝2+本2+刊2+在2+新2+的2+一2+年2+更2+加2+精2+彩2=2018;(2)A MERRY XMAS TO ALL.     

完全平方数的特点及判定

一个自然数的平方叫完全平方数.自然数的尾数可能是0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个数,因此完全平方数的尾数只可能0,1,4,5,6,9这六个数,这是完全平方数的特点.但应注意,尾数是这六个数的数.不一定是完全平方数,如15就不是完全平方数.     

自然数乘法分拆数的上界

设 f(n)表示自然数 n 的乘法分拆数.1983年 Hughes 与 shallit 证明了f(n)≤2n~(?),1987年陈小夏证明了 f(n)≤n.本文则得到下面的定理:f(n)≤1/4n+1.     

自然数乘法分拆数的上界

设 f(n)表示自然数 n 的乘法分拆数.1983年 Hughes 与 shallit 证明了f(n)≤2n~(?),1987年陈小夏证明了 f(n)≤n.本文则得到下面的定理:f(n)≤1/4n 1.     

关于正整数p~αq~β的正约数的个数

命题若一个正整数可以写成为pαqβrθ(p,q,r为互不相等的质数,α,β,θ为不小于1的自然数)．则它的正约数的个数N=(α 1)×(β 1)×(θ 1)．分析任取a∈{1,p,p2,…,pα},b∈{1, q,q2,…,qβ},c∈{1,r,r2,…,rθ}．则abc必为正整数pαqβrθ的正约数,这里的a有α 1种取法,b有β 1种取法,c有θ 1种取法．反之     

数的n进制的一个定理及应用

1主要引理及定理引理1从0到n~2-1(2≤n≤10,n∈N)这n~2个数,在n进制中各位数字和被n除余数为k (0≤k≤n—1)的数的个数记为f_k(n),f_k(n)个余数相同的数的和记为S_k(n),则有: (1)f_k(n)=n,(2)S_k(n)=1/n·(n~2(n~2-1))/2.证明(1)将0到n~2-1这n~2个数依次排成n行,每行n个数,如下:     

竞赛综合能力训练(四)

1.计算: (1)12(1/7)×29×7/4-1.75×12(3/7)=__; (2)1/3 1/8 1/15 1/35 1/48 1/63 __。 2.n是比100小的自然数,且 8 8 …… 8 n个8是平方数,那么n的最小值是__;n的最     

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),