Cauchy多边形数定理的一个简短证明

本文对下述事实给出一个简单的证明:每个自然数是m+2个m+2边形数之和. 设m≥1,一个m+2边形数是形如 Pm(k)=m/2(k2-k)+k,(k=0,1,2,…)的数.Fermat[3]断言:每一个自然数是m+2个m+2边形数之和.对于m=2,Lagrange[5]证明了每一个自然数是4个平方数P2(k)=k2之和.对于m=1,Gauss [4]证明了每一个自然数是3个三角数P1(k)=1/2(k2+k)之和,或等价的,每一个满足n≡3(mod 8)的正整数n都是3个奇数平方之和,Cauchy[1]对所有的m≥3证明了Fermat的断言,Legendre[6]进一步细化和推广了这一结果.对于m≥3且n≤120m,Pepin [8]给出了将n写成m+2个m+2边形数之和的显示表达的表,其中至少有m-2个取值于0或1.     

自然数集上一类函数方程的通解

李建潮先生在《数学通报》2 0 0 2年第 6期上提出的问题 1 380 ,本质上是一类自然数集上函数方程之求解问题 .李先生在随后给出的解答中 ,其解法略显特殊性 ,兹将此一类问题抽象为一般形式 ,并得到了一般的求解方式 .定理　设N是自然数集 ,k是固定的自然数 ,函数f:N →N满足 f(n+ 1 ) >f(n) fk(n) =(k + 1 )n其中fk表示f的k次迭代 ,其定义为fk(n) =f(fk- 1 　(n) ) ,则f(m) =(k+ 1 ) n(i+ 1 ) +l,当m =(k+ 1 ) ni+l(k + 1 ) [(k+ 1 ) n+l],当m =(k+ 1 ) nk +l其中 0≤l≤ (k+ 1 ) n,0≤i≤k- 1 .证明　由 知fk( 1 ) =k+ 1 .如果f( 1 ) =1…     

一个余弦和猜想的证明及一个正弦和的结论

文[1]提出了一个有关余弦和的猜想：若自然数n使4n 1为素数，则有且只有n个不超过2。的自然数：k1，k2，…，kn(k‘1，k’2，…，k‘n为相应的不超过2n的剩余的n个自然数)，     

一个新的素数筛选法

在初等教论中,历来只知道艾氏(Eratos-thenes)素数筛法。本文给出一种新的素数筛选程序,它依赖于如下命题。定理 (张文亮)2n 1为(奇)素数的充分必要条件是n≠(2k 1)m k(n,m,k∈N)。证明如果2n 1为合数,则必为二奇数之积,即有m,k∈N,使得2n 1=(2m 1)·(2k 1),则 n=(2k 1)m k反之,如果对某m,k∈N,使得n=(2k 1)m k,则 2n 1=2[(2k 1)m k] 1 =(2m 1)(2n 1)为合数,因此2n 1为(奇)素数的充要条件是:对任何m,k∈N,自然数n≠(2k 1)m k 定理表明,当n跑遍N={s|s≠(2k 1)·m k,s、m、k∈N}时,2n 1遍历奇素数集,     

无序分拆数的递归公式

将一个自然数n表示为若干个自然数之和的形式 n=n_1 n_2 … n_r(n_r∈N,r=1,2,…)(1)那么{n_1,n_2,…,n_r}称为k的一个分拆,如果不计加数的顺序,就称为无序分拆,简称分拆. 对于无序分拆,常假定n_1≥n_2≥…≥n_r,即加数由大到小排列,在这条件下(1)的解数P(n)称为分拆数。分拆的种种问题,曾是堆垒数论的一个古老课题,近年又成为组合数学的一个“热门话题”,     

多元正系数代数多项式倒数对非负连续函数的逼近

设d≥1为正整数,S为Rd中的单纯形,C(S)为S上的连续函数类,f(x)∈C(S),f(x)≥0,f≠0,则文中证明存在Pn(x)∈Ⅱ+n,d={Pn(x)=∑|k|≤n akxk(1-|x|)n-|k|x∈S,ak≥ 0},绝对常数C＞0使||f-1/Pn||≤C[ωψ(f,1/√n)+||f||/√n],这里k,x∈Rd,k=(k1,k2,…,kd),x=(x1,x2,…,xd),|k|=k1+k2+…+kd,|x|=x1+x2+…+xd,xk=x1k1x2k2…xdkd,ωψ(f,t)为单纯形S上的一阶Ditzian-Totik光滑模,||f||=maxx∈S|f(x)|.     

关于巴夫洛夫斯基的逼近方法

<正> 设f(x)是周期函数,有周期2π,n和p都是自然数,N=p(2n+1), x_k=x_k~(n)=2kπ/N(k=0,±1,±2,…).我们知道,在阶不超过n的三角多项式t_n(x)中,使和     

[(n-1)/2]强n竞赛图的得分向量

n-竞赛图T_n称为k强的,如果T_n的任意一个由n+1-k个顶点导出的子竞赛图都是强的。 本文证明了下面的结果。设S=(s_1,s_2,…,s_n)是得分向量,n≥3,则S是隐含(n一1)/2]强n-竞赛图的当且仅当h(S)=[(n_1)/2],其中     

判断Birkhoff插值矩阵平衡性的一些方法

<正> Birkhoff 插值问题可以描述为:设E=(e_(ij))_(i=0,j=0)~(k+1 n)是一个0,1矩阵(或插值矩阵),其中恰有n+1个1,设x_0相似文献   

数学问题解答

606.设9n 2(n∈N)是两个连续自然数的乘积,试证:n是两个连续自然数的乘积。证设9n 2=k(k 1)其中k∈N且k≥     

一个有趣猜想的证明

文[1 ] 提出了下述猜想 :若自然数n使 4n+ 1为质数 ,则有且只有n个不超过 2n的不同的自然数 :k1 ,k2 … ,kn(k′1 ,k′2 ,… ,k′n为相应的不超过 2n的剩余的n个不同的自然数 ) ,使∑ni=1cos2ki- 14n + 1 π=1 + 4n+ 14,∑ni=1cos2k′i- 14n+ 1 π =1 - 4n + 14.本文给出上述猜想的证明并且指出序列k1 ,k2 ,… ,kn 的特性 .记A={x∶x是模p的二次剩余 },B ={x∶x是模p的二次非剩余 }.引理 1　 ( [2 ])设奇素数p≡ 1 (mod4) ,则( 1 ) 1 ,2 ,… ,p- 1中有且只有p - 14个偶数为模p的二次剩余 ,p - 14个奇数为模p的二次剩余 ;( 2 ) 1 ,2 ,… ,p-…     

一类三角比求值问题探究

笔者利用复数解决了一类三角比乘积的求值问题. 一、问题探究 求值:sinπ/nsin 2π/n…sin(n-1)π/n,n∈N*. 解:设zk=cos2kπ/n+isin2kπ/n,k=1,2,3,…,n-1,n∈N*. 由复数的开方公式易知方程zn=1的n个根分别为1,z1,z2,…,zn-1,因为zn-1=(z-1)(zn-1+zn-2+…+1),所以方程zn-1+zn-2+…+1=0的n-1个根为z1,z2,…,zn-1,所以式子zn-1+ zn-2+…+1=(z-z1)(z-z2)…(z-zn-1)(*)对任意复数z均成立.     

构造模型求自然数的方幂和

自然数方幂和问题是指Sk(n)=nΣi=1ik(n,k∈N)的计算与表示.早在公元前二百多年,希腊著名科学家阿基米德就已经得出了k=2和k=3时的结果:S2(n)=12+22+…+n2=n(n+1)(2n+1)/6,S3(n)=13+23+…+n3=n2(n+1)2/4,尽管他的证明比较复杂,但S4(n)的结果却始终无法找到,直到一千多年之后的11世纪,阿拉伯数学家才得道:S4(n)=1/30n(n+1)(2n+1)(3n2+3n-1).……     

高阶Bernoulli数与Stirling数的几个恒等式

利用第一、二类高阶Bernoulli数和二类Stirling数S1(n,k),S2(n,k)的定义.研究了二类高阶Bernoulli数母函数的幂级数展开,揭示了二类高阶Bernoulli数之间以及与第一类Stirling数S1(n,k)、第二类Stirling数S2(n,k)之间的内在联系,得到了几个关于二类高阶Bernoulli数和第一类Stirling数S1(n,k)、第二类Stirling数S2(n,k)之间有趣的恒等式.     

一道课本习题的错解

高中《数学》(试验修订本 .必修 )第一册(上 )第 1 33页练习第 4题是“已知数列 {an}是等比数列 ,Sn 是其前 n项的和 ,求证 S7,S14 -S7,S2 1- S14 成等比数列 .设 k∈ N ,Sk,S2 k -Sk,S3 k - S2 k 成等比数列吗 ?”.人民教育出版社中学数学室编著的《教师教学用书》给出了此题的解法 :由　　　 S7=a1( 1 - q7)1 - q ,S14 =a1( 1 - q14 )1 - q ,S2 1=a1( 1 - q2 1)1 - q ,可得 S7( S2 1- S14 ) =( S14 - S7) 2 .此结论也可如下证明 :S14 - S7=( a1 a2 … a14 ) -( a1 a2 … a7) =a8 a9 … a14 =a1q7 a2 q7 … a7q7=(…     

Lp范数下多元正系数代数多项式倒数对非负连续函数的逼近

设d≥1为正整数,S为Rd中的单纯形,C(S)为S上连续函数类,f(x)∈C(S),f(x)≥0,f(x) 0,p＞1,‖@‖p为通常的Lp范数,‖@‖为一致范数,则存在Pn(x)∈∏+n,d={Pn(x)Pn(x)=ak≥0},常数C＞0使‖f-1/Pn‖p≤C[ω2φ(f,/4n)+‖f‖/n],这里对k,x∈Rd,k=(k1,k2,…,kd),x=(x1,x2,…,xd),记|k|=k1+k2+…+kd,|x|=x1+x2+…+xd,xk=xk11xk22…xk11dk22,ω24(f,t)为单纯形S上关于一致范数的二阶Ditzian-Totik光滑模.     

代数特征值反问题之解的稳定性分析

考虑如下代数特征值反问题: 问题 G(A;{A_k}_1~n;λ).设 A=(a_(ij)),A_k=(a_(ij)~((k))),k=1,…,n是n+1个n×n的实对称矩阵,λ=(λ_1,…,λ_n)是n维实向量且λ_i≠λ_j,i≠j.求n维实向量c=(c_1,…,c_n)~T,使矩阵A(c)=A+sum from k=1 to n (c_kA_k)的特征值是λ_1,…,λ_n. 这一问题是经典加法问题的推广.当A_k-e_ke_k~~T(e_k是n阶单位阵的第k列)时,     

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),     

数学归纳法的实用范围

我们已在高中代教中学习过数学归纳法的原理。这个原理是: 设有一个与自然数n有关的命题P(n),如果(1)命题P(1)成立;(11)命题P(k)成立,就可推出命题P(k 1)也成立。那么,这个命题对一切自然数n都成立。应该特别注意的是,P(n)是关于自然数的命题。而且,我们承认了人们所公认的一个“原理”:自然数集中有一个最小的数1,因此上面可以把1当作起始的数。这种以自然数集的最小数为基础,一步一步往上归纳的数学归纳法,简称之为“上归法”。中学数学中涉及的基本属于这种归纳法。把数0添进自然数中,于是得到所谓的扩大     

有关循环图C(n;{1,k})的独立数的一些结果

令G=(V(G),E(G))是一个简单有限无向图.如果V(G)的子集S中任意两个顶点均不相邻,则S是图G的一个独立集.顶点独立集大小的最大值,称为图G的独立数,记作α(G).本文研究了循环图C(n;{1,k})的独立数问题,并给出了当k=2,3,4,5时的准确值.