与5相关的两个有趣结果

性质1 设n为非负整数,则 (1) 当n≤2时,5~(2~(n 1))的末n 1位数等于5~(2~n)。 (2) 当n>2时,5~(2~(n 1))与5~(2~n)有相同的末n 2位数。证 (1)当n≤2时,直接验证即知 (2)当n>2时,因为 5~(2~(n 1))-5~(2~n)=5~(2~n)(5~(2~n)-1)=5~(2~n)(5~(2~(n-1)) 1)(5~(2~(n-2)) 1)…(5~(2~1) 1)×6×4 (*)     

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.     

构造递推式求值

在1990年12月16日咸阳市举行的初中数学选拔赛试题中,其第二试第三题为: 设x_1,x_2是方程x~2 3x 1=0的二根,试求x_1~7 x_2~7的值。此题的次数7太高,不易入手。我们可先算出x_1~4 x_2~4,x_1~3 x_2~3的值,然后两式相乘就行了,这是通常解法。若令F(n)=x_1~n x_2~n(n∈N),由x_1 x_2=-3,x_1·x_2=1,易知F(1)=-3,F(2)=7。 f(n 2)=x_1~(n 2) x_2~(a 2)=(x_1 x_2)(x_1~(n 1) x_2~(n 1))-x_1·x_2(x_1~n x_2~n)     

无界报酬折扣半马氏模型ε最优策略的性质

本文讨论Lippman型无界报酬折扣半马氏决策规划ε最优策略的性质,在§2中证明了:若策略π~*=(π_0~*、π_1~*,…)是ε最优的,则对任何自然数n,策略(π_0~*,π_1~*,…,π_(n+)~*)为(1-β~n)~(-1)ε最优;若策略π~*=(f_0,f_1,…,f_n,π_(n+1),…)是ε最优的,则策略f_n~∞为某ε_n最优。在§3中讨论策略的组合与分解,在§4中给出了一个策略π~*为最优的充要条件和为ε最优的充分条件。     

利用余数定理证一类整除性问题

关于整除性问题的证明,中等数学习题中屡有所见,在学过数学归纳法后尤多,亦有应用因式分解法证明的。目前重点高中代数第一册已讲过余数定理和因式定理,但此处未曾见到,似觉不够。这里就利用余数定理证一类整除性问题试举几例,供同志们参考。例1,求证4~(2n+1)+3~(n+2)能被13整除(高中数学第三册P。158复习题)。证∵4~(2n+1)+3~(n+2)=4·16～n+9·3~n,故不妨设f(χ)=4·χ~n+9·3~n,则问题化为求证f(16)能被13整除,∵13=16-3,f(χ)除以χ-3的余数为f(3)=4·3~n+9·3~n=13·3~n于是f(χ)=(χ-3)g(χ)+f(3)=(χ-3)g(χ)+13·3”,将χ=16代入得f(16)=13·g(16)=13·g(16)+13·3~n,故f(16)能被13整除,即13|4~(2n+1)+3~(n+2)。上述证明,显然较之数学归纳法要简明得     

单群F_4(2~n)的新刻画

设G为有限群,且满足M(G)=M(F4(2~n)),n1.则G有正规子群同构于F_4(2~n).特别地,若|G|=|F_4(2~n)|,则G≌F_4(2~n).     

转化为常数列求递推数列通项

类型1 a_(n 1)=pa_n q例1 (2006福建(理))已知数列{a_n}满足a_1=1,a_(n 1)=2a_n 1(n∈N~*),求数列{a_n}的通项公式．解由已知a_(n 1)=2a_(n 1),两边同除以2~(n 1),得(a_(n 1))/(2~(n 1))=(a_n)/(2~n) 1/(2~(n 1))．变形得(a_(n 1))/(2~(n 1)) 1/(2~(n 1))=(a_n)/(2~n) 1/(2~n),∴数列{(a_n)/(2~n) 1/(2~n)}是常数列,即(a_n)/(2~n) 1/(2~n)=(a_1)/2 1/2,故所求数列通项为a_n=2~n-1．点拨形如a_(n 1)=pa_n q(p、q常数,p≠1,q≠0)的递推关系求通项,通常先两边同除以     

Kthe半单纯环的几个交换性条件

(一)设R是结合环,y∈R,存在大于1的整数n=n(x,y),使得 (xy)~n=x~ny~n,(xy)~(n 1)=x~(n 1)y~(n 1) (1) Kaya[1]证明,若R是Jacobson半单纯环,则R是交换环。尔后,Felzenszwalb[2]证明,若R是带有单位元1的Kthe半单纯环,则R是交换环。本节证明条件(1)可以改为更一般的形式,并且有单位元的假定可以去掉。     

趣味数学几例

1.今年元旦是星期日,试问今年元旦后的第1984~(1984)天是星期几。解:∵1984~(1984)=(283×7+3)~(1984) =7m+3~(1984),m∈N。而 3~6≡1(mod7),3~(1984)=3~4×3~(6×330) 3~4≡4(mod7),∴1984~(1984)≡4 (mod7)。答:今年元旦后的第1984~(1984)天是丛期四。 2.若f(x+1)=|x-1|,求f(1984)。解:令 x+1=1984,则x-1=1982, ∴ f(1984)=1982。 3.已知 f(x)=3x+1,g(x)=2x-1,h(g〔f(x)〕)=f(x)。求h(1984)。解:∵ f(y)=3y+1, ∴ g〔f(y)〕=2(3y+1)-1=6y+1, 故h(6y+1)=3y+1。令6y+1=1984,     

整除性一例之别解

贵刊1984年第二期所登出的《利用余数定理证一类整除性问题》一文中介绍的证题方法,简单明了,且文中所谈证法较之数学归纳法的证明显得更加易懂。但文中例4一题在证明过程中,三次用到余数定理,使证题过程过于冗长,这里仅用原文中的方法将例4的证明加以改进。例4 设n为自然数,试证6~(2n)+3~(n+2)+3~n能被11整除。证∵6~(2n)+3~(n+2)+3~n=12~n·3~n+10·3~n     

一个递推公式及其应用

本文介绍一个递推公式及其在解题中的广泛应用。1 递推公式设F(n)=a_1x_1~n+a_2x_2~n+…+a_kx_k~n(n≥0,n∈Z),构造以x_1,x_2,…,x_k为根的方程: x~k+m_1x~(k-1)+m_2x~(k-2)+…+m_k=0 我们称这个方程为F(n)的特征方程,则F(n)=a_1x_1~n+a_2x_2~n+…+a_kx_k~n(n≥k,x∈Z)满足下列递推公式:     

黎曼流形M~n在常曲率空间S~(n+1)的局部等距嵌入(英文)

本文求得黎曼流形M~n能够作为常曲率空间超曲面的内蕴充要条件,并举出这些条件的若干应用。设常曲率空间S~(n+1)的线素是ds~2=eg_(αβ)dy~αdy~β(e=±1),即gαβdy~αdy~β不一定是正定的,n+l维的S~(n+1)的曲率是K_0,记为S~(n+1)(K_0)。M~n是n维的黎曼流形,g_(ij)是M~n等距嵌入于S~(n+1)中所诱导的黎曼尺度,R_(ijkl)是M~n的黎曼曲率张量,记 T_(ijkl)(?)R_(ijkl)-K_0(g_(ik)g_(jl)-g_(il)g_(jk)), P_(jlim)(?)T_(jl)T_(im)-T_(ip)T_(jlm)~p+T_(pl)T_(mij)~p+T_(jlq)~pT_(ipm)~q-1/2T_(klm)~qT_(qij)~k,式内 T_(li)=g~(jm)T_(jlim), T_(jlm)~p=g~(pk)T_(kjlm)~(pk), T=g~(li)T_(li).经过冗长的计算可以证明下列诸定理。 定理1 设黎曼流形M~n的矩阵(T_(ijkl))的秩≥4,T≠0,则M~n可等距嵌入于一个S~(n+1)(K_0)的充要条件是 (2P_(hphk)T_k~p-P_(khk)T)T_(abcd)=P_(achk)P_(bdhk)-P_(adhk)P_(bchk),a,b,c,d=1,…,n;任意固定一组指标h,k使上式两边不恒等于0。 定理2 设黎曼流形M~n(n≥4)可等距嵌入于S~(n+1)(K_0)和S~(n+1)(K_1),K_1;≠K_0,则M~n是共形平坦的。 定理3 常曲率a的黎曼流形M~n(n≥14)可等距嵌入于一个S~(n+1)(K_0),K_0≠a,K_0是任意常数。 但必须指出如e=1,即S~(n+1)的基本二次形式g_(αβ)dy~α     

局部对称Bochner-Kaehler流形的全实子流形(英文)

设(?)~n 为复 n 维局部对称 Bochner-Kaehler 流形,即其 Bochner 曲率张量恒消失,且又是局部 Cartan 对称的。显然,复空间型是局部对称 Bochner-Kaehler 流形.设 M~n 是(?)~n的 n 维全实子流形,Houh,C.S.,证明了:若 M~n 是紧致极小子流形,且其第二基本形式的长度平方‖σ‖~2<(n(n+1))/(4(2n-1))(?),((?)的定义见(32)),则 M~n 是全测地的,当(?)~n 为复射影空间 cp~n 且其常数全纯截面曲率等于4时,上述不等式成为‖σ‖<(n+n)/(2-(1/n)),且该结论为 Chen 和 Ogiue 得到,Ludden,Okumura 和 Yano 证明了若‖σ‖~2=(n+1)/(2-(1/n)),则 n=2且 M~n 是平坦的,M=S~1×S~1.新近,沈一兵以更一般的条件替代极小条件证明了类似结论,本文讨论局部对称 Bochner-Kaehler 流形(?)~n 中 n 维全实子流形,证得定理 设 M~n 是局部对称 Bochner-Kaehler 流形(?)~n 的 N(>1)维紧致定向无边的全实子流形,且非全测地.如果在 M~n 上成立 integral from M~n{sum from m~*(trH_(m*))(?)(trH_(m*))-W}(?)1≥0,其中 W 由(44)式给定,则 n=2,M~2极小浸入在(?)~2中,且对于适当的对偶标架场ω_1,ω_2,ω_3,ω_4,(?)~2的联络矩阵在 M~2上的限制为(?)其中函数(?)由(32)式定义。特别,当 M~n 为 cp~n 且其常数全纯截面曲率为4时,(?)=4,我们就     

“1984”趣题

在1984年新年之际,我们列举几道和1984这个数值有关的趣味数学题为中学师生和数学爱好者春节期间助兴。 1.某四位数m,它一共有14个正约数,其中质数约数的总和等于33,求m。解:设m=P_1~(a1)、P_2~(a2)…P_k~(ak),其中p_1,P_2,…,P_k是m的质数约数,a1、a2、…、a_k是自然数。由于m的正约数的个数是14,即 (a_1+1)(a_2+1)…(a_k+1)=14=2×7。∴k=1或2。又因P_1+P_2+…+P_k=33=2+31=2+3+5+23=…,故k≥2。∴k=2。从而p_1=2,P_2=31。a_1=1或6;a_2=6或1。但由于m是一个四位数,∴m=26·31=1984。 2.在自然数集合上定义函数f(n),设f(1)=     

《“1984”趣题》的习题解答

1 证明∵(1·2·3…1984)~(1/1984)<1/1984 sum from k=1 to 1984 k=1/1984·(1984(1+1984))/2=1985/2, 上式两边1984次方,得 1984!<1985~(1984)·2~(-1984) 2 解∵ 1985能被5整除。又 1984~(1984)=(1985-1)~(1984)=1985~(1984)-C_(1984)~1·1985~(1983)+C_(1984)~2·1985~(198)~2+…-C_(1984)~(1983)·1985+1 ∴ 1984~(1984)除以5所得的余数是1。 3 证明由题设,得 l~2=a~2+b~2+c~2 且l>a l>b,l>c。∴l~(1984)=l~2、l~(1982)=(a~2+b~2+c~2)l~(1982)=a~2l~(1982)+b~2·l~(1982)+c~(2·1982)≥a~2·a~(1982)+b~2b~(1982)+c~2·c~(1982)=a~(1984)+b~(1984)+c~(1984) 4.证(k≥1)     

多元多项式指数和的可除性(英文)

对任意正整数m,n,r,定义S_(n,m)~((r))=Σ_(k_1+K_2+…+k_m=n)(_(k_1,k_2,…,k_m)~n)~r,并定义T_(n,m)~((r))=Σ_(k_1+K_2+…+k_m=n)(-1)~(k_1)(_(k_1,k_2,…,k_m)~n)~r.对S_(n,m)~((r))和T_(n,m)~((r))获得了若干可除性性质.     

Weierstrass逼近定理的一个初等証明

以下将给出Weierstrass定理的一个既初等又简短的证明。该定理是说:任何一个在闭区间[0,1]上连续的函数f(x)都可以用多项式一致逼近。作为辅助工具,只要用到Bernóulli不等式: (1+h)~n≥1+nh(h>-1,n为自然数)。它容易用归纳法证得。我们考察多项式 Q_n(x)=(1-x~n)~(2~n)。当x从0变到1时,Q_n(x)的值从1单调地变到0。在0≤x≤q<1/2中,Q_n(x)当n→∞时一致收敛于1,因为 1≥Q_n(x)≥Q_n(q)= =(1-q~n)~(2~n)≥1-2~nq~n=1-(2q)~n→1。     

与薛定谔算子相关的Riesz变换和交换子在加权Morrey空间上的有界性（英文）

令L=-△+V是薛定谔算子,其中△是R~n上的拉普拉斯算子,并且非负位势V属于逆H?lder类Bq(q≥n/2).与算子L相关的Riesz变换记为T_1=V(-△+V)~(-1)和T_2=V~(-1/2)(-△+V)~(-1/2),对偶Riesz变换记为T_1~*=(-△+V)~(-1)V和T_2~*=(-△+V)~(-1/2)V~(-1/2).本文建立了T_1~*和T_2~*以及他们的交换子在与位势V∈Bq,q≥n/2相关的加权Morrey空间L_(α,V,ω)~(p,λ)(R~n)上的有界性.这些结果实质性地推广了一些已知的结果.作为应用,本文的结果可以应用于Hermite算子的情形.     

关于数列{2~n}

易知等比数列{2~n}前n项的和为S_n=a_(n+1)-2。对于这个关系式,我们有三点联想。 (一)简便求和。若a_5=32,则S_4=30。 (二)判定由关系式a_(n+1)=rS_n+S给出的数列是否为等比数列。事实上a_(n+1)=rS_n+S (1) a~n=rS_(n-1)+S (2) (1)-(2)得a_(n+1)-a_n=r(s_n-S_(n-1))=ra_n a_(n+1)/a_n=r+ 因此,r≠-1,a_1=S,{a_n}为等比数列。 (三)等比数列前n项和公式的新法推导。     

SL(3,3~n)和SU(3,3~n)的第一Cartan不变量

确定Cartan不变量是代数群与相关的李型有限群的模表示理论中的一个重要方面.作者利用代数群模表示理论中的一系列结果,计算了3~n个元素的有限域上特殊线性群SL(3,3~n)和特殊酉群SU(3,3~n)的第一Cartan不变量,得到如下结论:当G=SL(3,3~n)时,C_(00)~((n))=a~n+b~n+6~n-2·8~n;而当G=SU(3,3~n)时,C_(00)~((n))=a~n+b~n+6~n-2·8~n+2·(1+(-1)~n),其中a,b是多项式x~2-20x+48的两个根.另外,作者也得到了射影不可分解模U_n(0,0)的维数公式:dim U_n(0,0)=(12~n-6~n+∈)·3~(3n),其中,当G=SL(3,3~n)时,∈=1;而当G=SU(3,3~n)时,∈=-1.