数学问题解答

下面的問题,提供读者解答,但答案不必寄来。本期問題的答案将在下次发表。欢迎讀者提出适合中学数学水平的問題。來信請寄至北京德胜門外北京师范大学数学系轉数学通报問題解答栏。 1964年第1期問題 512.求方程 x+x/(x~2-1)~(1/2)=35/12的实数根。 513.cos x~(1/2),是不是周期函数? (以上二題系雷耀波提) 514.設a,b,c都是正数,且a~(1/n)+b~(1/n)=c~(1/n),n是自然数。証明a+b≥c/2~(n-1)。     

问题与解答

本栏所给问题,专供读者解答,但答案不必寄来,本期答案将在下期发表,欢迎读者提供适合初中,高中数学水平的问题及其解答,以便选用。一、本期问题 1 设正整数a、b、c分别为直角三角形的三边,c为斜边,且a、b、c无公因数,求证a、b、c两两互质,且c是奇数,而a与b中必是一奇一偶。 2 在实数集上解方程组 (x(1-y))~(1/2)+(y(1-x))~(1/2)=1/2 (xy)~(1/2)+((1-x)(1-y))~(1/2)=3~(1/2)/2。 3 设a、b、…、n是互不相等的正整数,且     

两个数学问题的简解与推广

《数学通报》1998年第6期数学问题1139题和第10期数学问题1156题的解答经研究发现都能简化.问题1139为:“求下述方程组的所有实数解:x6 y6=1　(1)x8 y8=1　(2)原解答用了换元,过程较繁,现简解如下:解　由题设易知-1≤x≤1,-1≤y≤1,且x,y不同时为零,从而1-x2≥0,1-y2≥0,且(1-x2),(1-y2)不同时为零.(1)-(2)得x6(1-x2) y6(1-y2)=0∴x6=01-y2=0或1-x2=0y6=0从而得到所有实数解为x=0y=-1　x=0y=1　x=-1y=0　x=1y=0由上面解法易得到此题的推广:“方程组x2n y2n=1x2n 2 y2n 2=1(n∈N )的所有实数解为:x=0y=-1　x=0y=1　x=1y=0　x=-1y=0.问题1156…     

数学问題解答

欢迎讀者提出适合中学数学水平的問題。来信請寄至北京德胜门外北京师范大学数学系轉数学通报问題解答栏。第3期問题解答(解答由提出人給出) 480.求方程 36/(x-2)~(1/2)+4/(y-1)~(1/2)=28-4(x-2)~(1/2)-(y-1)~(1/2)的一切实数解。解.原方程可以写成     

曲线对称性质选择题

(一)作以下替代,若f(x,y)=0不变,判断其图形的对称性质.1.以-x代x.2.以-y代y.3.以-x代x,同时以-y代y.4.以2a-x代x.5.以2b-y代y.6.以2a-x代x,同时以2b-y代y.7.将x与y互换.8.以-y代x,同时以-x代y.(二)曲线与曲线问的对称性9.曲线f(x,y)=0与曲线f(-x,y)=0.10.曲线f(x,y)=0与曲线f(x,-y)=0.     

新题征展(132)

A题组新编1.设△ABC的内角A,B,C的对边长分别为a,b,c,已知cos(A-C) +cosB=t(t是已知的正数),根据下列条件分别求出角B的大小:(1)a,b,c成等比数列;(2)a,b,c成等差数列.2.(1)求数列{2(n-1)/x(2n-1)+1}的前n项和Sn;(3n+1)+(3n+4)+(3(2)求数列(3n-2)+(3n+1)+(3n+4)+(3n+7)/(3n-2)(3n+1)(3n+4)(3n+7)的前n项和Tn.3.(1)证明:2(2n)-1 (n ∈ N*)至少有n个不同的素因数;(2)求C12n,C32n,C52n,…,C2n-12n的最大公约数.B藏题新掘4.已知曲线C:x｜x｜/a2-y｜y｜/b2=1,下列叙述中错误的是A.垂直于x轴的直线与曲线C只有一个交点B.直线y=kx +m(后,m∈R)与曲线C最多有三个交点C.曲线C关于直线y=-x对称D.若P1(x1,y1),P2(x2,y2)为曲线C上任意两点,则有(y1-y2)/(x1-x2) ＞05.(二项式定理)在(x+y)n的展开式中,若第七项系数最大,则n的值可能等于____.     

还有更好的方法吗?一道习题解法的探究教学片段及思考

近日,我校高三一次练习试卷上有这样一道题:“已知a,b是平面内两个互相垂直的单位向量,若向量c满足(a-c)·(b-c)=0,则｜c ｜的最大值是____在上讲评课时,笔者就让一个此题做错的学生A(之前已让学生自己先订正)讲解题方法.生A解(这里作为解法1):可设a,b为直角坐标系中x,y轴正方向上的单位向量,即a＝(1,0),b=(0,1),设c=(x,y),则a-c=(1-x,-y),b-c=(-x,1-y)∵(a-c)·(b-c)=0,∴(1 -x)(-x)+(-y)(1-y)=0,即x2+y2=x+y.∵x2+y2≥(x+y)2/2(此处用了基本不等式的推广)∴(x+y)2/2≤x+y,.∴0≤x+y≤2∴｜c｜=√(x2+y2)=√x+y≤√2,即｜c｜的最大值是√2.学生A的解法让笔者惊喜,说实在的由于批改后,发现此题的正确率很高,也没有多加研究.笔者本来是准备用后面的解法3解决的,学生A的解法着实让笔者眼前一亮.于是问:“解得很好!你能回答怎么想到的呢?”     

A Simple Proof for a Theorem of Kelisky and Rivlin

Theorem (Kelisky and Rivlin) Let f(x) be a function defined in [0,1] and B_n(f(x))=sum from k=o to n (f(k/s)(?)x~k(1-x)~(n-k)) be the nth Bernstein polynomial of f(x). Then lim B~l(f(x))=f(0)+(f(1)-f(0))x. Proof We can assume f(0)=0, Let φ_i(x) and ψ_i(x)(i=1,2,…,n) be Bernstein basis polynomials and Bezier basis polynomials respectively. Let n×n matrices     

數學問题及解答欄

1955年6月號問題 本期問題的解答請讀者在1955年7月20日以前寄至“北京德胜門外北京師範大學數學系轉數學通報数學問題及解答欄工作組”收,問題的解答及正確解答者的姓名將在本刊1955年9月號的本欄內公佈,本欄歡迎讀者提出可供大家解答的問題。 173.設f(x)是一個實函數(即x可以取任何實數,同時f(x)也永遠是實數),並且對於任何實數a,b永遠合於f(a+b)=f(a)+f(b)且f(a·b)=f(a)·f(b)。試證f(x)或者是零函數(即對於任何實數a一概得f(a)=0)或者f(x)=x。 (註)若將原題說的“實數”都换作“有理數”,定理仍然成立。 174.設n是大於6的正整數,試證     

數学問题解答

下面的問題,提供讀者解答,但解答不必寄来,本期答案将在1960年4月号发表。欢迎讀者提出适合中学数学水平的问题。来信請寄至北京德胜門外北京师范大学数学系轉数学通报数学問題解答栏。 1960年3月号問题 437.解方程(x+7)~5+(x+8)~5=(x+4)~5++(x+5)~5+546。(南昌第四中学王錦和提) 438.証明,三角形ABC的面积等于     

数学问题解答

下面的问題,提供讀者解答,但解答不必寄来。本期間題的答案将在下期发表。欢迎讀者提出适合中学数学水平的間題。来信请寄至北京德胜门外北京师范大学数学系轉数学通报问題解答栏。第一期間題解答 (解答由提出人给出) 512.求方程 x+x/(x~2-1)~(1/2)=35/12的实数根。解、由原方程可知|x|>1,故可令x=secφ,則(x~2-1)~(1/2)=tgφ,而原方程化为 secφ+secφ/tgφ=35/12即 (sinφ+cosφ)/(sinφcosφ)=35/12两端平方 4(1+sin 2φ)/(sin~2 2φ)=1225/144即 1225sin~2 2φ-576sin 2φ-576=0。解得sin 2φ=24/25,那么cos 2φ=±7/25。所以     

关于一类中心循环的有限P-群的自同构群

确定了一类中心循环的有限p-群G的自同构群.设G=X_3(p~m)~(*n)*Z_(p~(m+r)),其中m≥1,n≥1和r≥0,并且X_3(p~m)=x,y|x~(p~m)=y~(p~m)=1,[x,y]~(p~m)=1,[x,[x,y]]=[y,[x,y]]=1.Aut_nG表示Aut G中平凡地作用在N上的元素形成的正规子群,其中G'≤N≤ζG,|N|=p~(m+s),0≤s≤r,则(i)如果p是一个奇素数,那么AutG/Aut_nG≌Z_(p~((m+s-1)(p-1))),Aut_nG/InnG≌Sp(2n,Z_(p~m))×Z_(p~(r-s)).(ii)如果p=2,那么AutG/Aut_nG≌H,其中H=1(当m+s=1时)或者Z_(2~(m+s-2))×Z_2(当m+s≥2时).进一步地,Aut_nG/InnG≌K×L,其中K=Sp(2n,Z_(2~m))(当r0时)或者O(2n,Z_(2~m))(当r=0时),L=Z_(2~(r-1))×Z_2(当m=1,s=0,r≥1时)或者Z_(2~(r-s)).     

一个奥林匹克问题的简证

题已知x、y、z∈R ,x y z=1.求证:(1x2-x)(1y2-y)(1z2-z)≥(263)3.《中等数学》2006年第4期P48~49上刊登的解答较繁冗.下面,笔者给出一种贴近中学数学教学的简洁证明.证明因1-x=y z≥2 yz,1 x 1x=1 x 19x 89x≥1 2x9x 89x=13(5 83x),对1 y 1y,1 z 1z有类似结论.故(1x2-x)(1y2-y     

一类源自可加、二次、三次和四次映射的泛函方程的模糊稳定性

在模糊Banach空间中研究了混合泛函方程f(x+ky)+f(x-ky)=k~2f(x+y)+k~2f(x-y)+2(1-k~2)f(x)+(k~2(k~2-1))/12(f(2y)-4f(y))的Hyers-Ulam稳定性,这里k>1是固定的一个整数,f(y)=f(y)+f(-y).     

问题征解

一、本期问题征解 1.求证对于所有正整数m,不等式 1/(m 1) 1/(m 2) … 1/ (2m 1)m>1成立。2. 求证不等式,(2-(2 (2 (2 … 2~(1/2))~(1/2))~(1/2))~(1/2))/(2-(2 (2 … 2~(1/2))~(1/2))~(1/2))>1/4(其中分子有n个根号,而分母包含有n-1个根号) 以上二题由汉川刘之英译供 3.已知f(x)=x~2-2mx b, (1)求抛物线y=f(x)的顶点轨迹方程; (2)说出l_1:f(x)-f(y)=3, l_2:y=f(x 1)-f(x)的形状; (3)当l_1与l_2相切时,求m的值。 4.某校先后举行数、理、化三科竞赛,学     

一类具功能反应的食饵—捕食系统模型的定性分析

研究一类具功能反应的食饵—捕食系统:x=xg(x)-yφ(x),y=y(-d+eφ(x))在g(x)=a-bx~m,φ(x)=cx~θ及m=θ=1/n,n>2为正整数情形下,分析了该系统的平衡点性态,并得到了系统在正平衡点外围的极限环的不存在性,存在性与唯一性的相关条件.     

数学问題解答

下面的問題,提供读者解答,但解答不必寄来。本期問題的答案将在下期发表。欢迎讀者提出适合中学数学水平的問題。来信請寄至北京德胜门外北京师范大学数學系轉数学通报問题解答栏。第11期解答(解答由提出人給出) 503.从1至n和mn+1至(m+1)n这2n个自然数中任取n+1个数,則在所取数中必有一数是另一数的因子。 証.用w_(p,q)表示一切适合p相似文献   

一道西班牙竞赛题的奇异变式

在《数学通讯》网站论坛网友交流分坛上,网友searchbeyond发贴求教一个问题:题1已知(x~2 1 y)～(1/2)(y~2 1-x)～(1/2)=1,试判断x与y的大小关系.有网友提醒,《中学数学月刊》曾多次刊登这个问题的解法,笔者经过查证,发现该刊刊载的是第31届西班牙数学奥林匹克第2题:题2如果(x x2 1)(y y2 1)=1,那么x y=0.先看揭示此题本质的一个简证:证将条件式整理为x2 1 x=(-y)2 1 (-y),构造函数f(t)=t2 1 t(t∈R),∵f′(t)=tt2 1 1=t t2t 2 11>0,∴f(t)在R上单调递增,又f(x)=f(-y),∴x=-y,故x y=0.将题2中y换为-y,可得题2的一个等价问题:如果(x2 1 x)(y2…     

拟Hermite-Fejer插值多项式的逼近特性

设f∈C[-1,1],x_(h,n)=ciskπ/n+1,k=1,2…,n为第二类Chebyshev多项式U_n(x)=sin(n+1)θ/sinθ(x=cosθ)的零点。拟Hermite-Fejer插值多项式为O_n(f,x)=((1+x/2)f(1)+(1-x/2)f(-1))(U_n(x)/n+1)~n+     

一类指数型整插值算子在H(o)lder度量下的逼近和饱和

设SUα(f,x)=∑k∈Zf(xk)Uσ(x-xk),xk=2kπ/σ,k∈Z,σ＞0,Uσ(y)=2/σ∫σ0 P(i(σ-x))/P(ix)+P(i(σ-x))cosxydx,其中P(t)=m∑j=1cjtj是常数项为0的m次实系数多项式,m为奇数.本文研究此指数型整插值算子在Holder 度量下的逼近和饱和问题,确定了饱和类和饱和阶.