除數問题(Ⅲ)

<正> 設d_k(n)是n分解為k個因子的數目,設 R_k(x)=(a_(k,0)+a_(k,1)ln x +…+a_(k,k-1)ln~(k-1)x)x(x>0)是ξ~k(s)x~s/s在s=1的留數.定義△_k(x)=D_k(x)-R_k(x).設σ_k真是使估計式     

一类包含Bernoulli多项式的恒等式的计算公式

本文给出了sum from (a_1+a_2+…a_k)=n to ((B_(a_1)(x)B_(a_2)(x)…B_(a_k)(x))/(a_1!a_2!…a_k!))的求和计算公式,其中B_i(x)为i次Bernoulli多项式,nZ≥k为正整数,。l+a2+…+ak‘n表示对所有满足该式的^维正整数组(a_1+a_2+…a_k)求和。     

除數問題(Ⅰ)

<正> 設dk(n)是n分解為k個因子的數目,設 R_k(x)=(a_(k,0)+a_(k,1)ln x +…+a_(k,k-1)ln~(k-1)x)x (x>0)是ζ~k(s)x~s/s在s=1的留数。定義 △_k(x)=D_k(x)-R_k(x). 當n=2時,下列的公式是大家熟悉的(參看[1]):     

除數問題(Ⅱ)

<正> 設d_k(n)是n分解為k個因子的數目,設 R_k(x)=(a_(ko)+a_(k1) ln x +…+a_(k,k-1) ln~(k-1)x)x (x>0)是ζ~k(s)x~s/s在s=1的留数.定義△_k(x)=D_k(x)-R_k(x).本文目的在於證明下面的結果.     

算术平均数不小于其几何平均数的一个推论

在高中教材不等式的证明这一节里提到。一般地有:n个(n是大于1的整数)正数的算术平均数不小于它的几何平均数。我们在教学中增加了一个推论:n个正数和与n个该数的倒数和之积不小于n的平方,用式子表示即 (a_1+a_2+…+a_n)(1/a_1+1/a_2+…+1/a_n)≥n~2(其中a_1、a_2…,a_n均正数,n是大于1的整数)。等号当且仅当a_1=a_2=…=a_n时才成立。证明:(a_1+a_2+…+a_n)(l/a_1+1/a_2+…+1/a_n)≥n((a_1a_2…a_n)~(1/n))·(n((1/a_1)(1/a_2)…1/a_n)~(1/n)) =n~2 (*) 由算术平均数不小于几何平均数的定理中当     

关于丢番图逼近中的一个猜想(Ⅰ)

对猜想:对于任给的n个正整数 a_1,a_2,…,a_n,总存在一个实数 x,使得‖a_ix‖≥1/(n+1),i=1,2,…,n,成立,我们给出如下更一般的猜想:对于任给的 n 个正数 a_1,a_2,…,a_n,总存在n个整数 k_1,k_2,…,k_n,使得a_ik_j-a_jk_i≤n/(n+1)a_j-1/(n+1)a_i,对任给的i,j∈{1,2,…,n}成立、并且对更一般的猜想作了一些研究,给出了n=2,3 时的证明,其方法较以前完全不同.     

关于丢番图逼近中的一个猜想(Ⅰ)

对猜想:对于任给的n个正整数 a_1,a_2,…,a_n,总存在一个实数 x,使得‖a_ix‖≥1/(n+1),i=1,2,…,n,成立,我们给出如下更一般的猜想:对于任给的 n 个正数 a_1,a_2,…,a_n,总存在n个整数 k_1,k_2,…,k_n,使得a_ik_j-a_jk_i≤n/(n+1)a_j-1/(n+1)a_i,对任给的i,j∈{1,2,…,n}成立、并且对更一般的猜想作了一些研究,给出了n=2,3 时的证明,其方法较以前完全不同.     

用待定系数法求sum from k=1 to n(f(k)q~(k-1))

设f(x)=a_0+a_1x+a_2x~2_…+a_mx~m,其中a_0,a_1,…,a_m为常数,a_m(?)0,m≥0。定理1 若q=1,则存在常数项为零的m+1次多项式g(x),使得     

从一个不等式看理解数学的过程

我记得念高中的时候,在课本上看到一道这样的例题: 若a_1,…,a_n,b_1,…,b_n是2n个实数, 证明(a_1~2+…+a_n~2)(b_1~2+…+b_n~2)≥(a_1b_1+…+a_nb_n)~2。我也记得书上的解法是这样子:先考虑a_i~2x~2+2a_ib_ix+b_i~2)=(a_ix+b_i)~2≥0 (i=1,2,…,n),故得(a_i~2+…+a_n~2)x~2+2(a_1b_1+…+a_nb_n)x+     

从(a_1 a_2)/2≥(a_1a_2)~(1/2)到(a_1 a_2 a_3)/3≥(a_1a_2a_3)~(1/3)

现行教材介绍了如下的重要不等式 其中a_1,a_2,…,a_n.∈R~ ,n∈N,n>1。 学生学到这里,常有两点不足: 其一,式(2)与式(3)的证明各立一法,从而失去了式(2)的基础作用; 其二,式(2)不成为基础,也就无法推到一般,只好因为“难证”而略去式(n)的证明。 本文在不增加新的知识(如引理一类)的     

羅巴切夫斯基求實根近似值法

求方程各實根的近似值,往往先將各級分離而個別地進行,未有同時全部獲得者,有之,自俄羅斯伟大數學家羅巴切夫斯基創立方法始,茲依據於Я.C.貝吉克維奇著“近似計算”略述共法於下: 設已知一代數方程為a_0x~n+a_1x~(n-1)+a_2x~(n-2)+…+a_n-1~x+a_n=0 (1)其中n為自然數,a_0,a_1,a_2,…,a_n為整數,並設其僅有各不相等的實根而為 |x_1|>|x_2|>|x_3|>…>|x_n|。方程(1)也可寫作 (x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)…(x-x_n)=0 (2) 現在讓我們來構成一新方程。以-x代原方程中之x,則必恒得a_0x~n-a_1x~(n-1)+a_2x~(n-2)-a_3~(n-3)+…+(-1)~na_n=O (3)其根為-x_1,-x_2,-x_3,…,-x_n,且由此得     

解非线性方程组的一类算法

§1.引言 求解线性方程组 a_i~Tx=b_i,i=1,2,…,n,(1.1)其中a_1,a_2,…,a_n线性无关. 设y~((1))为初值,U~((1))为任意非奇异n阶矩阵,我们用如下方法求解方程组(1.1). 先考虑前k-1个方程组成的亚定方程组 a_i~Tx=b_i,i=1,2,…,k-1.设{U~((k))}={a_1,a_2,…,a_(k-1)},这里{U~((k))}表示由U~((k))的列组成的子空间.显然,rank(U~((k)))=n-b+1.若y~((k))是相应的亚定方程的一个特解,则将其看作方程组     

分式线性迭代数列的敛散性及收敛速度

若a_i,b_i0(i=1,2),|a_1 a_2b_1 b_2|≠0,则数列x_10,x_(n+1)=a_1x_n+a_2/b_1x_n+b_2收敛.若迭代过程中,xn(n=1,2,…)全不是φ(x)=a1x+a2/b1x+b2的不动点,则迭代数列{xn}线性收敛.     

一个数值微分公式的余项(Ⅱ)

设a_0,a_1,…,a_n是实轴或复平面上任意n 1个点。记 ω_(j 1)(x)=multiply from v=0 to j(x-a_v)(j=0,1,…,n),ω_0(x)=1。 (1)以H_n(x)表示以a_0,…,a_n为节点的n次插值多项式, R_n(x)=f(x)-H_n(x)。 (2)对任意k=0,1,…,n关于R_n~((k))(x)用f限定阶数的差商(或导数)来表示的问题,我们在[1]中证明了等式     

由谱数据数值稳定地构造实对称带状矩阵

§1.引言 设r,n是正整数并且0r有a_(ij)=0.     

Vincent定理的多元推广

Vincent定理指出:若f(x)为d次实系数多项式,(a_1,b_1)为开区间,则多项式f(x)在(a_1,b_1)上没有实根当且仅当存在正常数δ,使得对任意区间(a,b)(a_1,b_1),当|a-b|δ时,多项式(1+x)~df((a+bx)/(1+x))的系数不变号(都是正数或都是负数).文章的主要工作是推广这一结果到一般的多变元代数系统.设实系数多项式f∈R[x_1,x_2,…,x_n],f相对于变元x_i的次数记为d_i.记区间的笛卡尔积为I=[a_1,b_1]×[a_2,b_2]×…×[a_n,b_n](也称为Box).记φ(I)=max{b_i-a_i,i=1,2,…,n}.定义f_I=(1+x_1)~(d_1)(1+x_2)~(d_2)…(1+x_n)~(d_n)f((a_1+b_1x_1)/(1+x_1),(a_2+b_2x_2)/(1+x_2),…,(a_n+b_nx_n)).称f_I为f相对于Box I的伴随多项式.证明了:若多项式f_1,f_2,…,f_m∈R[x_1,x_2,…,x_n],且BoxΛR~n,则方程组{f_1=0,f_2=0,…,f_m=0}在BoxΛ上没有零点,当且仅当存在正常数δ(与BoxΛ有关),使得对于任意Box IA,当φ(I)δ时,伴随多项式f_(1I),f_(2I),…,f_(mI)中至少一个f_(iI)的非零系数全是正(或负)数且f_i在Box I的所有顶点上的值不为0.     

a_(n+1)=p(n)a_n~2+f(n)a_n+r(p(n)≠0)型数列的求解方法

数列问题的背景新颖 ,能力要求高 ,内在联系密切 ,思维方法灵活 ,因此倍受命题者的青睐 .解答数列问题要求熟练掌握数列基础知识 ,灵活运用基本数学思想方法 ,善于转化 .an+1 =p( n) .a2n+ f ( n) .an+ r ( p( n)≠0 )型数列是数列和二次函数、不等式相结合的典范 ,难度较大 .求解此类问题的思维模式是 :观察—归纳—猜想—证明 .求解的主要方法是 :分析法 ,比较法 ,消去法 ,综合法 ,放缩法 ,数学归纳法 .例 1　数列 x1 ,x2 ,… ,由 x1 =12 ,xn+1 =x2n + xn( n =1,2 ,… )给出 ,Sn与 Pn 分别是数列 y1 ,y2 ,y3 ,… ,前 n项的和与积 ,这里 y…     

關於k進表示法的一個問题

<正> §1.設k>1是一個固定的正整數,則每一個正整數x都可以唯一地表成 x=a_1k~n1+a_2k~n2+…+a_1k~nt,其中n_1>n_2>…>n_t≥0都是整數;a_1,…,a_t也都是正整數且≤k-1.我們令,並令.在k=2的情况,文[1]的作者們證明了     

也谈函数f(x)=sum from i=1 to n=1(︱a_ix+b_i︱)的最小值

文[1]对函数f(x)=∑ni=1aix+bi的最小值进行了研究,得到如下结论:对于函数f(x)=∑ni=1aix+bi(ai∈Q,且ai≠0,bi∈R,i∈N*),总可以写成f(x)=m1[x-x1+x-x2+…+x-xn](x1≤x2≤…≤xn,m,n∈N*)的形式.(1)若n=2k-1(k∈N*),则x=xk时,f(x)取值最小;(2)若n=2k(k∈N*),则x∈[xk,xk+1]时,f(x)取值最小.上述结论只解决了ai∈Q的情形,并要对f(x)进行变形写成m1[x-x1+x-x2+…+x-xn]的形式.为此,笔者进一步研究得到更一般结论,使得问题彻底解决.因f(x)=∑ni=1aix+bi=∑ni=1ai x+biai,所以只要研究f(x)=∑ni=1ai x-xi(ai>0,x1相似文献   

y′=(a_0x~n+a_1x~(n-1)y+…+a_ny~n)/(b_0x~n+b_1x~(n-1)y+…+b_ny~n)的积分曲綫的拓扑結构

<正> 設Y_n=a_ox~n+a_1x~(n-1)y+…+a_ny~n,X_n=b_ox~n+b_1x~(n-1)y+…+b_ny~n.其中Y_n,X_n无公因子.微分方程 y′=Y_n/X_n(1)只有一个奇点(0,0).当n=1时,Poincare决定了(1)的积分曲綫的拓扑結构.当n=2时,决定了(1)的积分曲綫的結构.当n=3时,张棣决定了(1)的积分曲綫