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1.
文[1]提出问题:设M=52001 72002 92003 112004,求证:M能被8整除.同时,给出了较复杂的证明.文[2]对上述问题进行了简证,并猜想: (2n-3)m (2n-1)m 1 (2n 1)m 2 (2n 3)m 3能被2n整除(n≥2,n,m∈N).其实,此猜想是错误的.因为972 993 相似文献
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设σ(k ,n)表示最小的正整数m ,使得对于每个n项正可图序列 ,当其项和至少为m时 ,有一个实现含k+ 1个顶点的团作为其子图 .Erd s等人猜想 :σ(k ,n) =(k - 1 ) ( 2n-k)+ 2 .Li等人证明了这个猜想对于k≥ 5,n≥ k2 + 3是对的 ,并且提出如下问题 :确定最小的整数N(k) ,使得这个猜想对于n≥N(k)成立 .他们同时指出 :当k≥ 5时 ,5k- 12 ≤N(k)≤ k2 + 3.Mubayi猜想 :当k≥ 5时 ,N(k) =5k - 12 .在本文中 ,我们证明了N( 8) =2 0 ,即Mubayi猜想对于k =8是成立的 相似文献
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早在上世纪五十年代,Zarankiewicz猜想完全2-部图Km,n(m≤n)的交叉数为[m/2][m-1/2][n/2][n-1/2](对任意实数x,[x]表示不超过x的最大整数).目前这一猜想的正确只证明了当m≤6时成立.本文主要证明了若Zarankiewicz猜想对m=7成立,则完全3-部图K1,6,n的交叉数为9[n/2][n-1/2] 6[n/2]. 相似文献
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完全3-部图K_(1,10,n)的交叉数 总被引:1,自引:0,他引:1
在上世纪五十年代初,Zarankiewicz猜想完全2-部图Km,m(m≤n)的交叉数为[m/2][m-1/2][n/2][n-1/2](对任意实数x,[x]表示不超过x的最大整数),目前只证明了当m ≤ 6时,Zarankiewicz猜想是正确的.假定Zarankiewicz猜想对m=11的情形成立,本文确定完全3-部图K1,10,n的交叉数. 相似文献
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文[1]提出了一个猜想:设xi>0,i=1,2,…,n,且∑ni=1xi=1,n≥3,则∏ni=1(x1i-xi)≥(n-1n)n.(1)本文给出(1)的更一般形式,并加以证明.定理设xi>0,i=1,2,…,n,且∑ni=1xi=m,n≥3,m≤1,则∏ni=1(x1i-xi)≥(mn-nm)n.(2)证明1°n=3时,∏3i=1(x1i-xi)=(1-x12)(1x1-x2xx223)(1-x32)=x1x1 相似文献
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《中学生数学》2004年3月上(高中版第3期)给出了~3(1/2)是无理数的证明,但过程繁琐.现给出它的简捷证法. 证明用反证法:假设~3(1/2)是有理数,则可设~3(1/2)=m/n(m∈Z,n∈N )且m,n互质. ∴3=m2/n2(?)m2=3n2, ∴m必为3的倍数,可设m=3k(k∈Z), 相似文献
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完全图循环分解成2-正则图 总被引:2,自引:0,他引:2
Alspach提出如下猜想:"设n是奇数并且每个m1,m2,…,mh都是大于等于3而小于等于n的整数.若∑mi=n(n-1)/2,则Kn可以分解成圈Cm1,Cm2,…,Cmh."用记号C(mn11 mn22…mn88)表示由ni个mi长圈,i=1,2,…8组成的2-正则图.设Γ={G((2mi)ni…(2m8)n8)|i ∈[1,8]}.研究了循环(Kv,Γ)-分解的构造方法及其存在性问题,并且证明了Alspach猜想的一些特殊情况. 相似文献
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K2Q的某些有限阶元素 总被引:7,自引:0,他引:7
本文证明了若n≥2,则G2n3m(Q)是K2Q的子群当且仅当n=2,m=0,并且通过改进[1]的方法,还证明了G25(Q),G49(Q)和G27(Q)都不是K2Q的子群,从而部分地证实了Browkin的一个著名猜想. 相似文献
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邹可飞同学在《中学生数学》2011年2月(下)的文[1]中提出了如下猜想:n55n55=5×(n×2+1)1×10…01(n+1个0). 相似文献
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1 费尔马数与伪素数1640年法国数学家费尔马发现 :F0 =3,F1=5,F2 =17,F3=2 57,F4 =65537都是素数 .据此费尔马猜想 :任何费尔马数 Fn=2 2 n 1都是素数 .然而 ,1732年瑞士数学家欧拉举出反例 :F5=641×670 0 4 17是合数 !从而推翻了费尔马猜想 .180 1年 ,德国数学家高斯证明了当且仅当 n为如下形式的数时 ,才能等分圆周 :( 1) n =2 m ; ( 2 ) n =Fm 为费尔马素数 ;( 3) n =2 mp1p2 … pk,其中 pi 为相异的费尔马素数 .虽然高斯完满地解决了等分圆周问题 ,但关于费尔马素数的判别却引起了人们的关注 .到目前为止 ,数学家们只发现前 5… 相似文献
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猜想 [1] 设 x1,x2 ,… ,xn∈ R+ ,n为正整数 ,证明或否定 :n( n - 1 ) ∑ni=1x3 i + ( ∑ni=1xi) 3 ≥ ( 2 n - 1 ) ∑ni=1xi∑ni=1x2i ( 1 )这是杨学枝老师近日提出的一个猜想 .经探讨发现 ,此猜想成立 .为证明 ( 1 )式成立 ,先给出如下引理 .引理 1 x1,x2 ,… ,xn∈ R,n为正整数 ,则( ∑ni=1xi) 3 =∑ni=1x3 i + 3∑i≠ jx2ixj+ 6 ∑1≤ i相似文献
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文 [1 ]已证明 :在任意△ ABC中 ,有cos3 A cos3 B cos3 C≥ 38,其中“=”当且仅当△ ABC为正三角形时成立 ,并给出如下猜想 :cosn A cosn B cosn C≥ 3( 12 ) n,( n≥ 2 ,n∈ N) .文 [2 ]利用著名的 Jacobsthal不等式证明了这个猜想 ,下面利用平均值不等式给这个猜想一个简捷证明 .猜想证明 :当 n =2时不等式易证 (略 ) .当 n >2时 ,对非钝角△ ABC,由平均值不等式知 :2 ( 2 cos A) n n - 2≥ 4 n .cos2 A,即 ( 2 cos A) n≥ 2 n( cos2 A - 14 ) 1 ,同理 ( 2 cos B) n ≥ 2 n( cos2 B - 14 ) 1 , ( 2 cos C)… 相似文献
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朱玉扬 《数学的实践与认识》2008,38(4):142-148
记平面边长为1的正m边形为S_m,将S_m剖分成n块:S_(m1),S_(m2),…,S_(mn),这样的剖分称S_m的n剖分,并以T(m,n)表示.以d_(mi)表示区域S_(mi)(i=1,2,…,n)的直径(即区域S_(mi)任意两点之间距离的最大者).记D(m,n)=max{d_(m1),d_(m2),…,d_(mn)}及Ψ(m,n)=■{D(m,n)}.本文将估计Ψ(m,n)的上下界.证明Ψ(6,3)=3/2,Ψ(6,4)=3-3~(1/2),Ψ(6.6)=1,Ψ(6,7)=3/2,估计Ψ(6,n)的渐进性.提出几个猜想. 相似文献
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设σ(k,n)表示最小的正整数m,使得对于每个n项正可图序列,当其项和至少为m时,有一个实现含k 1个顶点的团作为其子图。Erdos等人猜想:σ(k,n)=(k-1)(2n-k) 2.Li等人证明了这个猜想对于k≥5,n≥(^k2))+3是对的,并且提出如下问题:确定最小的整数N(k),使得这个猜想对于n≥N(k)成立。他们同时指出:当k≥5时,[5k-1/2]≤N(k)≤(^k2) 3.Mubayi猜想:当k≥5时,N(k)=[5k-1/2]。在本文中,我们证明了N(8)=20,即Mubayi猜想对于k=8是成立的。 相似文献
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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
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文 [1 ]提出了一个猜想 :设xi>0 ,i=1 ,2 ,… ,n ,且 ∑ni=1xi=1 ,n≥ 3,则 ∏ni=11xi-xi ≥n - 1nn ( 1 )文 [2 ]利用下述引理“设a相似文献
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文[1]中猜想:f(x)=a/sin~nx b/cos~nx(00,由均值不等式得:nAsin2x 2amsinmnx=Asin2x Asin2x … Asin2x asinmnx sinamnx … sinamnx≥(n 2m)(Ana2m)n 12m.nAcos2x 2bmcosmnx=Acos2x Acos2x … Acos2x bcosmnx cosbmnx … … 相似文献