直径为4的树的IC-着色和IC-指数

根据Salehi等人在Discrete Mathematics上提出的图的IC-指数及极大IC-着色的相关概念,研究了直径为4的树T=T(m_1,m_2,…,m_s)的IC=着色问题·得到了当2≤<_1,m_2,…,m_s-1≤m_s,s≥2时,树T的IC-指数为Π_j=1~s(2~mj+1)+(2m,+1),其极大IC-着色有|π|种,其中|π|为m_1,同_2,…m_…s-1的全排列数.这为确定图的IC-指数提供了一般方法.     

HIGHER C0MMUTATORS OF PSEUDODIFFERENTIAL OPERATORS

In this paper the following result is established: For a_i, f∈(R~K), i=1, …, n, and T (a, f) (x)=ω(x, D)(multiply from i=1 to n P_(mi)(a_i, x, ·)f(·)),it holds that ‖T(a, f)‖_q≤C‖f‖_(po) multiply from i=1 to n ~m_ia_i‖_(p_4),where a=(a_1, …, a_n), q~(-1)=p_0~(-1)+ sum from i=1 to n p_i~(-1)∈(O, 1), p_i∈(1, ∞)or i, p_i=∞, p_0∈(1, ∞),for an integer m_i≥0, P_(m_1)(a_i, x, y)=a_i(x)-∑ |β|相似文献   

关于n~(1/k)的两个不等式

文 [1 ]中给出了一个涉及n的不等式 :设正整数n >1 ,则2n + 23·n - 2 (n - 1 ) + 23·n - 1≤n <4n + 36 ·n - 4(n - 1 ) + 36 ·n - 1 ( 1 )由不等式 ( 1 ) ,可推出2n + 23·n - 2 - 13≤∑nk=1k≤4n + 36 ·n - 16 ( 2 )当且仅当n =1 ,2时 ,式中等号成立 .本文给出类似于不等式 ( 1 )的关于 kn的两个不等式 ,并提出一个猜想 .定理 1　设正整数n >1 ,则1 2n + 71 6 ·3n - 1 2 (n - 1 ) + 71 6 ·3n - 1 <3n <3n + 24 ·3n - 3(n - 1 ) + 24 ·3n - 1 ( 3)证　要证上限不等式 3n <3n + 24 ·3n- 3(n - 1 ) + 24 ·3n - 1 ,只要证( 3n - 2…     

上期课外练习解答

高一年级1.∵　f(2 ) =f(1)·f(1) =1,f(3 ) =f(1)·f(2 ) =1,f(4 ) =f(3 )·f(1) =1……由归纳得f(1) =f(2 ) =f(3 ) =… =f(2 0 0 3 ) =1.∴　原式 =1.2 .当x为非零实数 ,故　f(x + 1) =f(x)·f(1) 　f(x + 1)f(x) =f(1) =3 ,故　f(2 )f(1) + f(4 )f(3 ) +… + f(2n)f(2n -1) =3n .∴　n =667.3 .f(x) =a + 1-2ax + 2 欲使f(x)在 (-2 ,+∞ )上是增函数 ,只须使 1-2a <0 ,故a的取值范围是 (12 ,+∞ ) .高二年级1.记f(x) =x2 -2x +a ,g(x) =x2 -2bx + 5由函数图象易知A B f(1) =a -1≤ 0 ,f(3 ) =3 +a≤ 0 ,且 g(1) =6-2b≤ 0 ,g(3 ) =1…     

课本上一道例题的另种解法

普通高中课程标准实验教科书数学第一 册B版P43. 例3 已知函数 求f(0),f(1),f(2),f(3),f(4),f(5). 课本解答如下: f(0)=1 f(1)=1·f(1-1)=1·f(0)=1 f(2)=2·f(2-1)=2·f(1)=2·1=2 f(3)=3·f(3-1)=3·f(2)=3·2·1=6 f(4)=4·f(4-1)=4·f(3)=4·3·2·1=24 f(5)=5·f(5-1)=5·f(4)=5·4·3·2·1=120 在这儿爱思考的同学也许会问,若求 f(1000),f(10000)…等又如何去求呢?其实例 3还可以通过先求函数的解析式再求函数值.     

n维空间中方体表面的最短路

1983年在TYCMJ杂志上有人提示了3维空间中方体表面最短路的计数问题。1985年李慰萱和王子侠解决了这一问题。本文将这一问题推广到n维空间(n≥1)。设m_1,m_2,…,m_n为正整数,n维空间中的点集Ω={(x_1,x_2,…,x_n)|0≤x_i≤m_i,i=1,2,…,n}称为是一个m_1×m_2×…×m_n方体。先约定n≥2。     

n次对称群S_n的元素的阶的集合

<正> 我们试图给出 S_n 的元素的阶所构成的集合,为此,要用到下列的基本事实:1°任一个 n 个文字的置换可以分解为不相连的(即彼此无公共文字)循环置换的乘积.2°两个不相连的循环置换可交换.3°k 个文字的循环置换(a_1,a_2,…a_k)的阶为 k.4°群 G 的元素 g_1,g_2,…,g_s 的阶分别为 m_1,m_2,…,m_s,这些元素两两可换,这些阶数两两互质,则积 g_1g_2…g_s 真的阶为 m_1m_2…m_s.5°群 G 的元素 g_1,g_2…,g_s 的阶分别为 t_1,t_2,…,t_s,这些元素两两可换,则积g_1g_2…g_s 真的阶为 t_1,t_2,…t_s 的最小公倍数的因数.     

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     

Stirling公式在一个乘积不等式中的应用

定理　令Ｐｎ =1 +11 1 +131 +15 … 1 +12ｎ- 1 ,则πｎ - 16πｎ ≤Ｐｎ≤πｎ +16πｎ为此我们引入Ｓｔｉｒｌｉｎｇ公式 :1 · 2 · 3·… ·ｎ=2πｎｎｎｅ-ｎ+θ1 2ｎ　 (0 <θ <1 )现在我们来给出定理的证明 :因Ｐｎ =1 +11 1 +13 1 +15 … 1 +12ｎ - 1=2· 4· 6 ·… · 2ｎ1 · 3· 5 ·… · (2ｎ- 1 )=(2 ｎ· 1· 2 · 3 ·… ·ｎ) 21 · 2 · 3· 4·… · 2ｎ=2 ｎ· 2πｎｎｎｅ-ｎ+θ1 1 2ｎ 24πｎ(2ｎ) ｎｅ- 2ｎ+θ22 4ｎ(0 <θ1 <1 ,0 <θ2 <1 )=πｎｅ11 2ｎ θ1 -θ22记ｔ=11 2ｎ θ1 - θ22 则 ｜ｔ｜ <1则 :Ｐｎ-…     

GF(p)上B_n的次数

行列式 B_n=∑±b_(i_1)~(m_1)b_(i_2)~(m_2)…b_(i_n)~(m_n)中各项含因子 b 的个数的最大值称为 B_n 的次数,其中,1≤t_k≤n,m_f≥0,b_(i_k)∈GF(p).当 p=2时,这是0-1矩阵的行列式,文[3]已有结果.本文在任意 p 的情形下给出 B_n 的次数 L(n)的公式:对任意正整数 r,当 n_r≤n≤n_(r+1)时,L(n)=r,其中,n_r=(r_0+1)(p~(q+1)-1)/(p-1)-(1+qp~(q+1),q=[r/(p-1)],r=q(p-1)+r_0。     

一类混合回归模型中估计的收敛速度

考虑回归模型y_i=x_iβ+g(t_i)+e_4,i=1,2,…,n,其中 g(·)是未知光滑函数,β是未知待估参数,e_4是随机误差.设{(x_4,t_4,y_4),1≤i≤n}是 i.i.d.子样.本文首先给出了 g(·)的一类近邻估计n(·),然后基于模型 y_4=x_4β+(t_4)+e_4得到了β的最小二乘估计.在适当条件下,证得了及 g(·)的最终估计(·)的强弱收敛速度.     

2006年高考数学四川卷

一、选择题:共12小题,每小题5分,共60分.1.已知集合A={x|x2-5x+6≤0},集合B={x||2x-1|>3},则集合A∩B=A.|x|2≤x≤3}B.{x|2≤x<3}C.{x|2相似文献   

高階等差級数

1+1+1+…+1=n,1+2+3+…+n=(1/2)n(n+1),1+3+6+…+(1/2)n(n+1)==(1/1·2·3)n(n+1)(n+2)1+4+10+…+(1/1·2·3)n(n+1)(n+2)==(1/1·2·3·4)n(n+1)(n+2)(n+3),…………………要証明这些式子是不困难的。例如:因为     

杨辉恒等式与一类数列的求和

组合数的性质Ｃｍｎ Ｃｍ 1ｎ=Ｃｍ 1ｎ 1又称为杨辉恒等式,利用杨辉恒等式,可得1)Ｃ22 Ｃ12 Ｃ13 … Ｃ1ｎ=Ｃ2ｎ 1;2)Ｃ33 Ｃ23 Ｃ24 … Ｃ2ｎ 1=Ｃ3ｎ 2;3)Ｃ44 Ｃ34 Ｃ35 … Ｃ3ｎ 2=Ｃ4ｎ 3;4)Ｃ55 Ｃ45 Ｃ46 … Ｃ4ｎ 3=Ｃ5ｎ 4;……由这一组恒等式,可方便地解决一类数列的求和问题.事实上,1)即是1 2 3 … ｎ=ｎ(ｎ 1)2;2)即是2·12! 3·22! 4·32! … (ｎ 1)ｎ2!=(ｎ 2)(ｎ 1)ｎ3!.∴1·2 2·3 3·4 … ｎ(ｎ 1)=ｎ(ｎ 1)(ｎ 2)3;　　3)即是3·2·13! 4·3·23! 5·4·33! … (ｎ 2)(ｎ 1)ｎ3!=(ｎ 3)(ｎ 2)(ｎ 1)ｎ4!,∴1·2·3 2·…     

世界各地数学奥林匹克试题摘编

1(2000年中国台湾数学奥林匹克)设f是正整数集到非负整数集的映射.满足f(1)=0,f(n)=max1≤j≤n-1{f(j) f(n-j) j}(n≥2).求f(2000).解我们用数学归纳法证明f(n)=n(n-1)2(n≥1).当n=1时,结论成立.当n=2时,f(2)=f(1) f(1)-1=1.易知f(3)=max{f(1) f(2) 1,f(2) f(1) 2}=3,f(4)=6.假定n≥5,并且f(k)=k(k-1)2对于1≤k相似文献   

B类零壹矩阵的基的一些定理

定义1 令n≥3,M=(m_(ij))_(n×n),m_(ij)=1或0,对任意固定的i(1≤i≤n)最多存在一个j_0(1相似文献   

两个Smarandache复合函数的混合均值公式

对任意正整数n,Smarandache函数U(n)、V(n)定义为:U(1)=V(1)=1,n>1时,若它的标准分解式是n=p_1~(α_1)p_2~(α_2)…p_r~(α_r),U(n)=1{α_1·p_1α_2·p_2,…,α_r·p_r};V(n)={α_1·p_1,α_2·p_2,…,α_r·p_r}.研究了这两Smarandache函数U(n)与V~m(n)的值分布,并用初等方法及素数分布定理得到了几个较强的渐近公式.     

一类二次方程组的一个定理及其运用

定理　在方程组∑ni=1xi=A∑ni=1x2i=B中 ,A、B是实数 ,记Δ=n B-A2 .若 xi∈ R( i=1,2 ,… ,n) ,则Δ≥ 0 ,当且仅当x1 =x2 =… =xn=An时 Δ=0 .证明　 ∑1≤ i相似文献   

为什么有不同的结果

问题:已知数列{an}满足a1=51,an+an+1=54n+1,求lni→m∞(a1+a2+a3+…+an)的值.(2004年高考湖南第8题)方法(1):a1+a2+a3+…+an+…=(a1+a2)+(a3+a4)+(a5+a6)+…=542+544+546+…=1-542512=61.方法(2):a1+a2+a3+…+an+…=21[a1+(a1+a2)+(a2+a3)+(a3+a4)+(a4+a5)+…]=2151+542+543+543+…=51方法(3):由an+an+1=54n+1,an+1+an+2=54n+2,两式相减得,an-an+2=51n6+2=51n6+2=1256·51n,利用a1-a3=1256·51,a3-a5=1265·513,a5-a7=1256·515,…,a2n-1-a2n+1=1256·521n-1,以上n个等式全部相加得,a1-a2n+1=215615+513+…+521n-1=1251-512n,所以a2n+1=115…     

除伪存真推陈出新 优化思维

学生在处理下面一类常见问题时 ,一般有两种解法 .题目　设 f ( x) =ax2 c,且 -4≤ f ( 1)≤-1,-1≤f( 2 )≤ 5 ,求 f( 3 )的取值范围 .　错解　 -4≤ f ( 1)≤ -1-1≤ f ( 2 )≤ 5 -4≤ a c≤ -1-1≤ 4a c≤ 51 0≤ a≤ 3-7≤ c≤ -1　 2 -7≤ 9a c≤ 2 6 -7≤f( 3 )≤ 2 6.解法 1　 f ( 1) =a cf ( 2 ) =4a c a=-13 f( 1) 13 f ( 2 )c=43 f ( 1) -13 f ( 2 ) ,∴　 f ( 3 ) =9a c=9·〔-13 f( 1) 13 f( 2 )〕 43 f( 1) -13 f( 2 )=-53 f( 1) 83 f( 2 ) .∵　 -4≤ f ( 1)≤ -1,-1≤ f ( 2 )≤ 5 ,∴　 -1≤f( 3 )≤ 2 0 .分析 1　函…