拓宽知识 积累方法 解决问题

<正>1题目已知无穷集合A,B,且A?N,B?N,记A+B={a+b|a∈A,b∈B},定义:满足N*?(A+B)时,则称集合A,B互为"完美加法补集".(Ⅰ)已知集合A={a|a=2m+1,m∈N},B={b|b=2n,n∈N}.判断2019和2020是否属于集合A+B,并说明理由;     

整数环上一类矩阵方程Xn+Yn=λnI(n∈N,λ∈Z,λ≠0)的解

设Z,N分别是全体整数和正整数的集合,M_m(Z)表示Z上m阶方阵的集合.本文运用Fermat大定理的结果证明了:对于取定的次数n∈N,n≥3,二阶矩阵方程Xⁿ+Yⁿ=λⁿI(λ∈Z,λ≠0,X,Y∈M₂(Z),且X有一个特征值为有理数)只有平凡解;利用本原素因子的结果得到二阶矩阵方程Xⁿ+Yⁿ=(±1)ⁿI(n∈N,n≥3,X,Y∈M₂(Z))有非平凡解当且仅当n=4或gcd(n,6)=1且给出了全部非平凡解;通过构造整数矩阵的方法,证明了下面的矩阵方程有无穷多组非平凡解:■n∈N,Xⁿ+Yⁿ=λⁿI(λ∈Z,λ≠0,X,Y∈M_n(Z));X³+Y³=λ³I(λ∈Z,λ≠0,m∈N,m≥2,X,Y∈M_m(Z)).     

一个不等式的再质疑与另证

文[2]指出了文[1]的错误,并给出了证明,但文[2]的证明仍然是错误的.原因如下:因为m∑i=1xi=1,xi>0,i∈N ,1≤i≤m,m,n≥2且m,n∈N ,所以nn-1n 1=n1-2n 1≥13>12.因此,当x∈nn-1n 1,1时,xi(i∈N ,1≤i≤m)中只有一个在nn-1n 1,1内,不妨设为xi∈nn-1n 1,1,其余的xi(i∈N ,2≤i≤m     

不定方程x4-y4=n整数解求法探讨

求方程 x4- y4=n　 ( n∈ N)的整数解 ,至今还没见到一般方法 ,本文将给出这类不定方程一种解法 .文中字母 P表示质数集 ,符号 ( a,b)( a、b∈ Z)表示不定方程　　 x4- y4=n　 ( n∈ N) ( 1 )的整数解 .定理 1　若 n∈ P,则方程 ( 1 )没有整数解 .证明　假定方程 ( 1 )有整数解 ( a,b) ,定有　 a2 b2 =n,　 a2 - b2 =1 ,∵　 a、b∈ Z,| a| >| b| ,只有　　　 (± 1 ) 2 - 0 2 =1 ,∴　 a =± 1 ,　 b =0 ,　 a2 b2 =1 ,与 a2 b2 =n是质数相矛盾 ,故方程 ( 1 )没有整数解 .由费马定理知 ,有定理 2　当 n =m4( n∈ N)时 ,则方程 ( 1…     

综合题新编选登

题162在数列{an}中,已知an≥1,a1=1,且an 1-an=an 1 2an-1,n∈N*.1)记bn=(an-21)2,n∈N*,求证:数列{bn}是等差数列;2)求an的通项公式;3)对于任意的正整数k,是否存在m∈N*,使得am=k若存在,求出m的值;若不存在,请说明理由.解1)∵an 1-an=an 1 2an-1(n∈N*),∴an 12-an2-an 1 an=2     

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≥     

考点38 数学归纳法

1.(辽宁卷,19)已知函数f(x)=x 3x 1(x≠-1).设数列{an}满足a1=1,an 1=f(an),数列{bn}满足bn=an-3,Sn=b1 b2 … bn(n∈N*).()用数学归纳法证明bn≤(32n--11)n;()证明Sn<233.2.(江西卷,21)已知数列{an}的各项都是正数,且满足:a0=1,an 1=21an(4-an),n∈N.(1)证明an相似文献   

一个不等式的推广

文[1]对文[2]中的猜想给出了证明,猜想是:若n∑i=1aim=n,ai∈R ,i∈N,m≥2,m∈N,则∑ni=1ai≤C1n,n∑i≠jaiaj≤C2n,…,∑ni1≠i2≠…≠ikai1ai2·…·aik≤Cnk,…,n∏i=1ai≤Cnn.本文对此再做些推广.定理若n∑i=1iλaim=S,λ1,ai∈R ,i∈N,m∈[1, ∞),n∑i=1iλ=1,则n∑i1,i2,     

上期课外练习解答

高一年级1.由题设易知:m≠1,n≠1,m≥2,n≥2,m∈N ,n∈N .由及.得2m=mn,2n=m.n=2, m=4.故m n=6.     

一类带扰动项的奇异椭圆型方程无穷多解的存在性

文章研究了一类带扰动项的奇异椭圆型方程{-div(|x|~(-2a)▽u-uu/(|x|~(2(1+n)))=|u|~(q-1)u/|x|~(bp)+h(x),x∈Ω,u=0,x∈Ω,其中ΩR~N为一光滑有界区域,0∈Ω,N≥3,p=p(a,b)=(2N)/(N-2(1+a-b),1qp-1,h(x)∈L~2(Ω).应用扰动方法,文章证明了存在q_N1,使得对任意的q∈(1,qN),上述方程存在无穷多个不同解.     

一个课本例题结论的推广

高中代数下册 P2 52上 ,利用 ( 1 - 1 ) n =0 ,左边用二项式定理展开 ,推得结论( C0n C2n … ) - ( C1n C3n … ) =0 ( 1 )即 C0n- C1n C2n- C3n … ( - 1 ) n Cnn=0 ( 2 )笔者经探索研究 ,发现 ( 2 )式有如下的推广形式 .定理　设 m、n是非负整数 ,且 m 相似文献   

高三数学期中自测题

选择题　 (每小题 5分 ,12小题共 6 0分 .在每小题给出的四个选项中 ,只有一项是符合题目要求的 )1.集合M ={x|x =2n ,n∈Z} ,N ={x|x =2n +1,n∈Z} ,P ={x|x =4n +1,n∈Z} ,x∈M ,y∈N ,则必有 (　　 )(A)x +y∈M .(B)x +y∈N .(C)x +y∈P .(D)x +y M ,N ,P任何一个 .2 .已知集合M =- 1,0 ,1,f是从M到M的映射 ,则满足 f(- 1) +f(0 ) +f(1) =0的映射有(　　 )(A) 6个 .　 (B) 7个 .　 (C) 8个 .　 (D) 9个 .3.已知f0 (x ) =f (x ) =x +1(x≤ 1) ,-x +3(x >1) ,fn +1(x) =f [fn (x ) ],则f2 (- 12 ) = (　　 )(A) - 12 . (B) 32 …     

类渐近线性p＆q—Laplace方程弱解的全局衰减性

该文研究椭圆型方程{-Δpu+m|u|p-2u-Δqu+n|u|q-2u=g(x,u),x∈RN,u∈ W1,p(RN)∩W1,q(RN)弱解在全空间RN上的衰减性,其中m,n≥0,N≥3,1相似文献   

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,     

关于学生数学分析理解思考能力的一次测试试题

1 λ =supA且λ A ,则以下正确的是 :(A)存在单调增加数列an∈A使得limn→∞an=λ ;　 (B)存在数列an=λ -1n ∈A使得limn→∞an=λ ;(C)存在单调减少数列an∈A使得limn→∞an=λ ;　 (D)存在数列an=λ+1n ∈A使得limn→∞an=λ。2 数列 {an}满足 :对任意正数N ,存在正数ε,当n N时有 |an-a| ε,那么(A)数列 {an}收敛 ;　　　　　　　　　 (B)数列 {an}恒为常数 ;(C)数列 {an}当n充分大时恒为常数 ;(D)数列 {an}有界。3 limn→∞1nn !=0的证明 :(1 )对任意正数ε,limn→∞1n !εn=0 ;(2 )所以 ,存在N ,当n N时 ,1n !εn 1 ;(3 …     

符号抽象难读懂 直观想象建奇功

<正>北京高考的压轴题目,其背景新颖、内涵丰富,对同学们的阅读理解、抽象概括、自主探究和推理论证能力都有较高的要求.本文拟从类似题目入手,谈谈"直观想象"的重要作用.试题再现(2021朝阳区第一学期期末试卷,高三数学,21题)已知无穷数列{a_n}满足:a_1=0,a_(n+1)=a_n²+c(n∈N2+c(n∈N^*,c∈R).对任意正整数n≥2,记M_n={c|对任意的i∈{1,2,3,…,n},|ai|≤2},M={c|对任意i∈N*,c∈R).对任意正整数n≥2,记M_n={c|对任意的i∈{1,2,3,…,n},|ai|≤2},M={c|对任意i∈N^*,|a_i|≤2}.     

一个猜想不等式的加细与推广

文 [1 ]提出如下猜想　设 x1,x2 ,… ,xn ∈ R+ ,x1+ x2 +… + xn =1 ,n≥ 3,n∈ N,则　 ∏ni=1( 1xi- xi)≥ ( n - 1n) n. ( 1 )戴承鸿、刘兵华在文 [2 ]中证明了上述猜想不等式成立 .本文给出该不等式的一个加细及推广形式 .定理　设 x1+ x2 +… + xn=k,n≥ 3,n∈ N;若 k≤ 1 ,x1,x2 ,… ,xn ∈ R+ ,则　 ∏ni=1( 1xi- xi)≥ ( nk - kn) n ( ∏ni=1nxik) 1n-13≥ ( nk - kn) n ( 2 )若 k≥ n - 1 ,x1,x2 ,… ,xn ∈ ( 0 ,1 ) ,则∏ni=1( 1xi- xi)≤ ( nk - kn) n .　　 ( ∏ni=1n - nxin - k) 13 -1n ≤ ( nk - kn) n. ( 3)为证定理 ,先…     

活用两个简单结论巧解两类高考试题

数学中有如下两个人人皆知的简单结论: 　　I 设f(n)=a1+a2+…+an, 　　g(n)=b1+b2+…+bn. 　　若ak=bk(k∈N),则f(n)=g(n). 　　若ak≤bk(k∈N),则f(n)≤g(n). 　　Ⅱ 设f(n)=a1a2…an,g(n)=b1b2…bn. 　　若ak=bk(k∈N),则f(n)=g(n), 　　若ak＞0,bk＞0且ak≤bk(k∈N), 　　则f(n)≤g(n). 　　利用这两个简单结论解答高考试题中与自然数n有关的不(恒)等式的证明问题,思路清晰,通俗易懂.……     

A trichotomy for a class of equivalence relations

Let Xn, n ∈ N be a sequence of non-empty sets, ψn : Xn2 → IR+. We consider the relation E = E((Xn, ψn)n∈N) on ∏n∈N Xn by (x, y) ∈ E((Xn, ψn)n∈N) <=>Σn∈Nψn(x(n), y(n)) < +∞. If E is an equiv- alence relation and all ψn, n ∈ N, are Borel, we show a trichotomy that either IRN/e1≤B E, E1≤B E, or E≤B E0. We also prove that, for a rather general case, E((Xn, ψn)n∈N) is an equivalence relation iff it is an ep-like equivalence relation.     

也谈函数f(x)=n∑i=1|aix+bi|的最小值

文[1]对函数f(x)=n∑I=1|aix+bi|的最小值进行了研究,得到如下结论: 对于函数f(x)=n∑I=1|aix+bi|(ai∈Q,且ai≠0,bi∈R,I∈N*),总可以写成f(x)=1/m[|x-x1|+|x-x2|+…+|x-xn|](x1≤x2≤…≤xn,m,n∈N*)的形式.