关于"随机向量的函数的独立性的一个问题"的商榷

对两个独立样本ξi,1≤i≤n1,ξ1～N(a1,σ2);ηi,1≤i≤m2,η1～N(a2,σ2),证明了ξ-η-与√n1S21+n2S22独立,进而证明(√)n1n2(n1+n2-2)/n1+n2·(-ξ--η)-(a1-a2)/(√)n1S21+n2S22服从参数为n1+n2-2的t分布.     

组合数集的毕达哥斯定理

本文得到两个组合数集的毕达哥斯定理的推广。(ⅰ )当n为奇数时∑[(n+ 3 ) / 2 ]t=0n +3-tt2 - ∑[(n+ 1) / 2 ]t=0n +1-tt2 2 +2 ∑[n/ 2 ]t=0n -tt · ∑[(n+ 4 ) / 2 ]t=0n +4-tt2 +4∑[(n+ 2 ) / 2 ]t=0n +2 -tt2= ∑[(n+ 1) /2 ]t=0n+ 1 -tt2 + ∑[(n+ 3) /2 ]t=0n+ 3-tt2 2 。(ⅱ )当n为偶数时∑[(n+ 4 ) / 2 ]t=0n+4-tt2 - ∑[n/ 2 ]t=0n-tt2 2 +2 ∑[(n+ 1) / 2 ]t=0n+1-tt · ∑[(n+ 3 ) / 2 ]t=0n+3-tt2 +4∑[(n+ 2 ) / 2 ]t=0n+2 -tt2= ∑[n/2 ]t=0n -tt2 + ∑[(n+ 4) /2 ]t=0n + 4 -tt2 2 。     

一个有趣的组合恒等式猜想的证明

在第三届全国不等式学术年会上,江苏的褚小光老师提出了如下猜想:n2C02n (n-1)2C12n (n-2)2C22n … 22Cn-2n 2 12Cn2-n 1=n·22n-2.经探讨发现,此猜想成立,即有定理1 n2C02n (n-1)2C12n (n-2)2·C22n … 22Cn-2n 2 12Cn2-n 1=n·22n-2.证明n2C02n (n-1)2C12n (n-2)2C22n … 22C     

Smarandache函数在两数列上的下界估计

设S(n)是Smarandache函数,其中n是一正整数.讨论Smarandache函数S(n)在数列F((2k),1)=F(n,1)=n2n+1(n=2k)与数列G(2n,1)=(2n)2n+1上的下界估计.基于初等方法证明了:当偶数n≥6时,有S(F((2k),1))=S(F(n,1))≥6×2n+1;当n≥4时,有S(G(2n,1))≥6×2n+1.     

证明不等式的几种特殊方法

文[1]给出了六种证明不等式的特殊方法.这里再给出四种,以解决一些不等式的证明问题.1　利用二项式定理证明对于有些不等式,可根据其结构特点,联想或构造二项式模型,利用二项式定理来证.例1　(第2 1届全苏数学竞赛)求证:对于任意的正整数n ,不等式(2n + 1) n ≥(2n) n + (2n - 1) n成立.证　由二项式定理,有　(2n + 1) n- (2n - 1) n=2 [C1n(2n) n -1+C3n(2n) n -3 +…]≥2C1n(2n) n -1=(2n) n,即(2n + 1) n≥(2n) n+ (2n - 1) n.例2　(1988年全国高中数学联赛)已知a ,b为正实数,且1a+ 1b =1.试证对于每一个n∈N都有(a +b) n-an-bn≥2 2n-…     

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:     

数学板报

公式C_n~n C_(n 1)~m C_(n 2)~m 2 … C_(n k)~m=C_(n k 1)~(m 1)用于求一类数列的和甚为方便。一、求连续自然数积的和例1 求和:1·2 2·3 3·4 4·5 … n(n 1)。解:∵n(n 1)=2C_(n 1)~2 ∴1·2 2·3 3·4 … n(n 1) =2(C_2~2 C_3~2 C_4~2 … C_(n 1)~2) =2C_(n 2)~3 2=1/3n(n 1)(n 2)。例2 求和:1·2·3 2·3·4 3·4·5 … n(n 1)(n 2) 解:∵n(n 1)(n 2)=3!C_(n 2)~3 ∴1·2·3 2·3·4 3·4·5 …     

利用函数的傅里叶展开式求级数的和

利用函数的傅里叶展开式可求得级数∞∑n=11/n2+λ2及∞∑n=1(-1)m/n2+λ2的和,而通过引入复数并利用欧拉公式可求得级数∞∑n=1 1/n2+λ2及∞∑n=1(-1)m/n2+λ2的和.     

“二等分段平方数”初探

郑成生先生在文 [1]中研究了双色平方数的构造问题 ,很有情趣 .本文研究另一类平方数 .定义　若自然数 a1 a2 … anan 1 an 2 … a2 n 是一个 2 n位平方数 ,a1 ≠ 0 ,an 1 ≠ 0 ,且 a1 a2 … an与 an 1 an 2 … a2 n 也均为平方数 ,则称a1 a2 … anan 1 an 2 … a2 n 为二等分段平方数 .例如 ,2 2 5 62 5 =475 2 ,且 2 2 5 =15 2 ,62 5 =2 5 2 ,故 2 2 5 62 5是一个二等分段平方数 .设二等分段平方数a1 a2 … anan 1 an 2 … a2 n =H22 n,则　 a1 a2 … an =M2n,an 1 an 2 … a2 n =R2n.从而　 H22 n =10 n M2n R2n.定理 1　…     

正整数的一类三分拆的应用

利用正整数n的一类特殊的3分拆n=n1+n2+n3,n1>n2>n3≥1,且n2+n3>n1的Ferrers图将不定方程4x1+3x2+2x3=n(n≥9)的正整数解与这种分拆联系起来,从而得到了该不定方程的正整数解数公式;同时也给出了正整数n的一类4分拆的计数公式.此外,还给出了周长为n的整边三角形的计数公式的一个简单证明.     

赏析一道数列问题

已知数列{an）满足a1=1,a2=2,a2n＋1=a2n＋a2n-1/2,a2n＋2=√a2n＋1·a2n,求数列{an}的通项公式．     

高维Pedoe不等式的一个加强

设Ω(A_n),Ω(A'_n)是n维欧氏空间E~n(n≥3)中的两个n维单形,棱长分别为a_i,a'_i(i=1,2,…,C_(n+1)~2),体积为V_n,V'_n,各棱长的乘积分别为P_n,P'_n对θ∈(0,2],本文证明 sum from i=1 to C_(n+1)~2 (a'_i~θ(sum from j=1 to C_(n+1)~2 (a_i~θ-2a_i~θ))≥((n(n+1)(n~2+n-47))/8)·[2~n(n!)~2/n+1]~(θ/n)[(P'_n/P_n)~(2θ/n(n+1))V_n~(2θ/n)+(P_n/P'_n)~(2θ/n(n+1))V'_n~(2θ/n)]等号成立当且仅当n(A_n),n(A'_n)均为正则单形。     

奇异k紧整数的无限族

设n，s1，s2是3个正整数，使得s1〈s2〈n，gcd（n．s1，s2）=1，G（n；s1，s2）是n个结点的步长为s1和s2的双环网，d（n；s1，s2）是其直径．设d（n）=min{d（n；s1，s2）│s1〈s2〈n}，d1（n）=min{d（n；1，s）│1〈s〈n}．已知d1（n）≥d（n）≥[√3n]-2=lb（n）．若d（n；s1，s2）=d（n）=lb（n）＋k，k≥0，则称双环网G（n；s1，s2）是k紧优双环网．若d1（n）〉d（n）=lb（n）＋k，则n称为奇异k紧整数．本文给出构造奇异k紧整数无限族的方法，并对于k=1，2．…，20．构造出这样的无限族．     

由勾股定理引发的联想

学完勾股定理后,对"32+42=52"这一结果引发了我的探究兴趣,得到如下结果.1.只有正整数n=4才能使(n-1)2+n2=(n+1)2成立.证明由(n-1)2+n2=(n+1)2化简,得n2-4n=0,于是有n=0或n=4,显然0不是正整数,n=4是唯一的,即3,4,5是唯一的连续正整数勾股数.     

ζ（3）的级数公式

给出ζ（3）的计算公式ζ（3）=π^2/7[1-4∑n=1^∞ζ（2n）/（2n＋1）（2n＋2）2^2n].     

一个代数不等式的指数推广

文 [1 ]中 ,程龙海先生证明了下面不等式 :若 0≤ x,y≤ 1 ,则x2 y2 ( 1 - x) 2 y2 x2 ( 1 - y) 2 ( 1 - x) 2 ( 1 - y) 2≤ 2 2 . ( 1 )本文将 ( 1 )式作如下推广定理　若 0≤ x,y≤ 1 ,n≥ 2 ,n∈ N,则n xn yn n ( 1 - x) n yn n xn ( 1 - y) n n ( 1 - x) n ( 1 - y) n≤ 2 n 2 . ( 2 )引理　若 u≥υ≥ 0 ,n≥ 2 ,n∈ N,则n un υn ≤ u ( n 2 - 1 )υ. ( 3)证明　因为 u≥υ≥ 0 ,所以[u ( n 2 - 1 )υ]n=un ∑ni=1Cinun- i( n 2 - 1 ) ivi≥ un ∑ni=1Cin( n 2 - 1 ) iυn=un [∑ni=0Cin(…     

ζ(3)的级数公式

给出ζ(3)的计算公式ζ(3)=π~2/7[1-4 sum from n=1 to ∞ζ(2n)/(2n+1)(2n+2)2~(2n)].     

零数列与一类求和恒等式新证

对于与自然数 n有关的一类求和恒等式f ( n) =g( n)的证明题 ,如果我们构造数列{an},其中 an =f ( n) - g( n) ,能证明 an 1-an =0 ,即 an 1=an,再验证 a1=0 ,那么立得an =0 ,从而有 f ( n) =g( n) .这种通过构造“零数列”来证题的方法 ,新颖别致、操作简便 ,现举例说明如下 .例 1　求证　 1 2 2 2 … n2=16 n( n 1 ) ( 2 n 1 ) ( n∈ N ) .(高中《代数》下册封面上的等式 )证明　构造数列 {an},其中an =1 2 2 2 … n2 - 16 n .( n 1 ) .( 2 n 1 ) ,则an 1- an =( n 1 ) 2 - 16 ( n 1 ) ( n 2 ) .( 2 n 3) 16…     

综合题新编选登

题155设f(n,p)=C2pn(n,p∈N,p≤2n).数列{a(n,p)}满足a(1,p) a(2,p) … a(n,p)=f(n,p).1)求证:{a(n,2)}是等差数列;2)求证:f(n,1) f(n,2) … f(n,n)=22n-1 21C2nn-1;3)设函数H(x)=f(n,1)x f(n,2)x2 … f(n,2n)·x2n,试比较H(x)-H(a)与2n(1 a)2n-1(x-a)的大小.解1)由a(1,2) a(2,     

自然数方幂和的通项公式

用初等方法证明sum from i=1 to n i2k+1为n2(n+1)2与n(n+1)的(k-1)次有理多项式的乘积,sum from i=1 to ni2k为n(n+1)(2n+1)与n(n+1)的(k-1)次有理多项式的乘积,提出关于上述公式系数符号的一个猜想.