关于 X_(n+1)=(x_n(x_n~2+3))/(3x_n~2+1)的通项公式

这是八六年高考数学第八题:已知x_1>0,x_1≠1 且x_n+1=x_n(x_n~2+3)/3x_n~2+1(n=1,2,…)。试证:数列{x_n}或者对任意自然数都满足x_nx_(n+1)。此题证法很多,先求通项公式是一个类型的方法,下面给出一种求通项公式的简便方法。由已知     

化三角为方形

大家知道,n(n+1)/2(=1+2_…+n)个队员可以排成一个每边有n个人的三角队形(我们称这种数为三角数),但在某些时候,他們也能排成一正方的队形。例如当n=8时,8·9/2=36个队員既能排成一海边有8人的三角队形,又能排成一每边有6人的正方队形。又如当n=49时,49·50/2=1225个队員既能排成一海边有49人的三角队形,也能排成一每边有35人的正方队形。容易驗証:当n=288,1681,9800,…时,都有此性质。現在我們要求出具有这种性质的一切n来。显然,上面的問题就是要去求出不定方程 n(n+1)/2=m~2 (1)的一切整数解的問題。在这篇短文中,我們将要証明:不定方程(1)具有无穷多个整数解,并且它們都能通过一定的程序求出。     

勾股定理的推广

讀华罗庚著“数論导引”第十一章§6商高定理的推广以后,使我連想起求不定方程x~2+y~2=z~n的整数解,进而想到求x~2-y~2=z~n的整数解,更进一步想到求x~2+αxy+βy~2=z~n的整数解,最后又找到了求某一类型ax~2+bxy+cy~2=dz~n的不定方程的整数解公式。另一方面,我們知道至今尚未解决費尔馬(Fermat)問題:当n>2时不走方程x~n+y~n=z~n已不再有xyz≠0整数解。因而,我又連想到更一般地判定关于ax~n+by~n=cz~n型不走方程是否有整数解的問題。現将我在这方面获得的点滴心得体会介紹出来,供大家参考。由于我身边沒有更多的数論方面的参考书,也很可能同志們还有比这更好的見解,因此还盼望多多指教。为了节省篇幅,我尽量把某些步驟省去。現将各部分分述于下:     

两道高考题的源的探求

八四年理科高考数学最末一道题为:设x_1=a(a>2),x_(n+1)=x~2_n/2(x_n-1),n=1,2,…,求证:(1)x_n>2,(x_n+1)/x_n<1;(2)a≤3,则x_n≤2+1/2~(n-1);(3)a>3,则当n>lg(a/3)/lg(4/3)时,x_(n+1)<3。八六年理科高考数学最末一道题为:已知x_1>0且x_1≠1,x_(n+1)=x_n(x_n~2+3)/3x_n~2+1(n=1,2,…)。试证:数列{x_n}或者对任意自然数n都满足x_nx_(n-1)。由于给出的参考答案回避了求通项,故有不少同志围绕怎样求通项而进行了探讨,从而得到了不少巧妙的解法,其中较显著的要算下列的解法。     

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   

商高定理与方程x~2+y~2+z~2=w~2

华罗庚著《数論导引》中“商高定理”一节,見有方程 x~2+y~2+z~2=w~2 (1)习題一则,遂默思其解,得到了解法数种。現在写出来向同志們請教。 (一) 我們称方程 x~2+y~2=z~2 (2)的解[x,y,z]为“商高数”。如有两組商高教,其一組之第三項(或其倍数)适与另一組之第一或第二項(或其倍数)相等,以第一組之前两項,代另一組之前两項中之一項,那么,就得到方程(1)的一組解。设两組商高数:     

由x_0x+y_0y=R~2所想到的

我们知道,经过圆的x~2+y~2=R~2上任意一点P(x_0,y_0)的切线方程为:x_0x+y_0y=R~2记住并直接利用这个公式,能加快解题速度,收到事半功倍的效果,它的证明较易,本文从略。下面举一例说明。例:求过点(3,4)且到原点距离为5的直线方程。解;依题意知:所求直线到原点距离为5,因此,此直线可看成是过圆x~2+y~2=25上一点P(3,4)的一条切线,故此直线方程为: 3x+4y=25 细心的同学会发问:如果这点P(x_0,y_0)不在圆上,那么方程:x_0x+y_0y=R~2的几何意义又是什么呢? 下面着重谈谈这个问题: 首先,我们设P(x_0,y_0)在定圆x~2+y~2     

求自然数方冪和的另一方法

数学通报1962年12期上甘彬同志的“用表格求自然数方冪和的公式”一文,关于 S_k=1~k+2~k+…+n~k的求和問題,提出两种用表格的方法。文章前面还附带提到用(m+1)~k-m~k=C_k~1m~k+C_k~2m~(k-1)+…+1求S_k的方法(高二代数課本数列的复习題中談到的关于S_1,S_2的求和問題用的也是这种方法)。用上面三种方法求S_k时,都必須先知道S_1,S_2,…,S_(k-1)。下面想介紹另一种求S_k的方法,用这种方法可以不必先一一求出S_1,S_2,…,S_(k-1)。而是改用一批容易知道的算式,运用待定系数法作綫性組合运算即成。     

从一个方程談起

本文是围绕一个方程,做为一个高三学生汇报自己如何读数学书籍的初步体会,敬请老师们指正。试证含有x,y的不定方程: x~2-2y~2=1有无穷多组(正)整数解。现把“格点和面积”书中证明过程摘录如下: “显然x~2-2y~2=1有解x=3,y=2, 即 (3+2 2~(1/2)(3-2 2~(1/2))=1。平方并化简,得(17+12 2~(1/2))(17-12 2~(1/2)=1, 即 17~2-2×12~2=1。即 x=17,y=12,是另一组解。取立方,四次方……,即得无穷多组解。”这个证明,实际上提供了不定方程x~2-2y~2=1的解法。一开始,感到这种解法非常巧妙。仿照这种方法,试解了方程x~2-2y~2=-1。显然,x=1,y=1,是这个方程的一组自然数解(以下“自然数解”均写“解”)。随后发现,必须将原方程两边立方,才能得到第二组解x=7,y=5。以后便是五次方,七次方…。这样,便初步掌握了这种类型的方程的解法。在翻阅一本名叫《趣味的数和图》时,其中第一章“趣味的数字”里有一题:     

二次方程求根公式的历史

解二次方程是初等数学中的一个很普通的問題,而且人們会很熟练地运用求根公式 x=(-b±(b~2-4ac)~(1/2)/2a来求一般二次方程ax~2 bx c=0的根。在現行的初中代数教本中,也有这个公式。但是,这个公式是怎样得到的呢?考查一下它的历史发展,这在教学或学习上或許多少是有所裨益的。二次方程的出現,有很久的历史。最早的記录,大約在公元前两千年左右的巴比伦文献中。例如我們在古巴比伦罕莫拉比王朝时代的文献上看到一个相当于解两个不定方程才能解决的問題。这两个不定方程用現在的符号表示,就是     

整环Z[(-13)~(1/2)]中不可约元的结构定理

设n为正整数,利用不定方程x~2+13y~2=n存在整数解的充要条件,证明了整环Z[(-13)~(1/2)]中不可约元的结构定理.     

关于 x~2+y~2=n 的有理解

文〔l]中求出厂二儿二次不定方程 厂+丫二1和丫十犷二2的全部有理解,同时还证明厂不定方程 丫+丫=3没有有理解,本文将这个有趣的问题推广到一般的二元一几次不定方程 丫+犷“n(r,为自然数)(l)求出它的有理解的表达式,并指出对于怎样的自然数,l’方程(l)有有理解。 定理1若不定方程川有整数解,则它有无穷多组有理解。当方程(l)的组整数解为x二a,g=b时,它的全部有理解可表为 m:’tZ一2脚b一ab一Zma一m,bX一一,.一,,U一—、‘) l十”未一~1十”之其中。为有理数。 证明方程(l)在直角坐标系中表示圆心在坐标原点,‘卜径为训丁的圆。山于 y一b…     

不定方程与组合问题

[问题一]试求不定方程x1+x2+x3+…+xm=n(m≥2,n≥2,m≤n)的正整数解的组数. 分析本题可用“挡板法”求解,由于x1≥1,x2≥1,…,xm≥l,把n分解成n个1,这n个1共有n-1个空挡.插入m-1块“挡板”,把n个1分成m个部分.则每一种情况对应不定方程的一组解,所以原不定方程共有Cm-1n组解.     

非綫性微分方程的解的界、稳定性和誤差估計

<正> §1.問題的提出与解决問題的工具本文針对非綫性微分方程組dx/dt=A(t)x+φ(t,x),x(t_o)=x_o(1.1)的解z(t)=(x_1(t),…,x_n(t)),提出并回答了下列两个問題: 問題1.估計(1.1)的解x(t)的模‖x(t)‖的界,这里‖·‖代表n維空間中的任意一种模. 問題2.估計(1.1)的解x(t)与(1.1)的近似緝性方程組:     

关于不定方程x~2+4~n=y~(13)(n=4,5,6)的整数解

在高斯整环中,利用代数数论与同余理论的方法,讨论了不定方程x~2+4~n=y~(13)(n=4,5,6)的整数解问题,得出了当n=4,5时无整数解;n=6是仅有整数解(x,y)=(64,2)和(x,y)=(-64,2)的结论,推进了不定方程整数解的研究.     

一個組合問题

有一個問題:“以20冊數學通報任意分配給37個圖書館,有多少種方法?”這個問題的解決,一般說來,與下面所述是完全相同的,即:設有p個正整數r_1,r_2,r_3,…r_p,其中可以有零和相等的,不過,它們之間有一個關係式r_1+r_2+…+r_p=n…(1) 存在,n是一個給定的正整數,則能適合(1)的r_1,r_2,…,r_p的組數為H_n~p=C_(n+p-1)~p。 現在把這結果稍加推廣:設有p個正整數r_1,r_2,…,r_p,其中可以有相等的,但是每一個都不准小於一個給定的正整數a,而且它們之間仍有關係式(1)存在,n是一個給定的不小於p·a的正整數,試求能適合(1)的r_1,r_2,…,r_p的組數。 關於這個問題,我們這樣來討論:依假設,r_1,r_2,…,r_p都不准小於a,也就是說,它們的值至少是a。     

一个奇素數定理

定理:如果2n+1是一个素數,那么,它必定是2~n+1或2~n-1的約數;当[n+(1/2)]是奇數時取正号,反之取負号。 証明:我們只要作出一个整係數方程,滿足下面三个条件,問題就解决了。 1) 2n+1是方程的根。 2) 常數項有約數2~n+1(或2~n-1)。 3) 常數項其他素約數与2n+1互素。 現在我們就來作这个整係數方程。当[(n+1)/2]是奇數時,我們給出方程:(x-2)(x-4)…(x-2n)= =-(x-4)(x-8)…(x-4n)。方程的常數項等於士2~n(2~n+1)n!,条件2),3)顯然滿足。以2n+1代入,我們还需要証明等式 multiply from k=1 to n (2n+1-2k)=-multiply from i=1 to n (2n+1-4i)对应於k的偶數值,我們取i=k/2,就有     

问题与解答

一、本期问题 1 关于x的二次方程ax~2+bx+c=0 (1)和-ax~2+bx+c=0 (2),如果x_1、x_2分别是方程(1)和(2)的某一非零根,求证方程ax~2/2+bx+c=0总有一根x_0在x_1、x_2之间。 2 设a、b、c为任意实数,且1+ab、1+bc、1+ca≠0,求证(b-c)/(1+bc)+(c-a)/(1+ca)+(a-b)/(1+ab)=(b-c)(c-a)(a-b)/(1+bc)(1+ca)(1+ab) 3 复数z、a、x满足关系x=(a-z)/(1-az),且|z|=1,求证|x|=1。安徽庐江乐桥中学陈学能提供 4 解方程组2~(1/2)(x-y)(1+4xy)=3~(1/2) x~2+y~2=1 5 已知某自然数的立方为77*******7 (*表示数字,可以不相同),求这个自然数。福建福州仓门口5号林章衍提供 6 求证: (1) (C_(1984)~0-C_(1984)~2+C_(1984)~4-C_(1984)~6+…)~2=2~(1984),     

高三代数高次方程一章中的三个定理

一.一元n次方程的根的个数定理一元n次方程有n个根而且只有n个根。 課本中的証明大意如下: (1)根据代数基本定理,推得 f(x)=a_1x~n+a_1x~(n-1)+…+…a_n(a_0≠0) =a_0(x-x_1)(x-x_2)…(x-x_n)=0,而 f(x_1)=f(x_2)=…=f(x_n)=0,所以f(x)=0有n个根x_1,x_2,…,x_n。 (2)设x_(n+1)是和x_1,x_2,…,x_n都不相同的任一数, ∵f(x_n+1)≠0 ∴x_(n+1)不是f(x)=0的根。从而得出結論:f(x)=0只有n个根。证毕。我們知道,要断定f(x)=O的根只有n个,必須确定所有不同的根以及每一个根的重复度。上面的証法只能滿足前者的要求而不能滿足后者,因此,很容易使人发生以下的問題:如果x_(n+1)和x_1,x_2,…,x_n中的某一个相等,于是f(x_(n+1)=0;那么是否可以說x_(n+1)是f(x)=0的第n+1个根呢? 所以这个証法是不妥当的。事实上这个定理应該根据多項式的典型分解式的唯一性来証明。     

数学问题解答

下面的问题,提供读者解答,但答案不必寄来,本期问题的答案将在下期发表。欢迎读者提出适合中学数学水平的问题。来信请寄至北京德胜门外北京师范大学数学系转数学通报问题解答栏。 1965年第10期问题 616.设a+b>0,n为偶数,证明: b~(n-1)/a~n+a~(n-1)/b~n≥1/a+1/b (刘根洪提) 617.设方程acosx+bsinx+c=0在[0,π]中有两个相异根α,β,求sin(α+β)之值。 (吴泽藩提) 618.试证明:同周长的正n边形的边数越多面积就越大。(周鹤良提) 619.设μ~2,ν~2,ρ~2两两不等,又各参数μ,ν,ρ,b,c选取得使下面的方程组有解x~2>0,y~2>0,z~2>0试不解方程组求x~2+y~2+z~2之值。(褚学璞提) 620.设p(x)是多项式,φ是定义在自然数集上的函数,且满足关系式