一个不等式的加强

第13届普特南数学竞赛的A—1题为2n3n<∑nk=1k<4n 36n1文[1]利用Abel变换改进不等式为　2n 13n≤∑nk=1k≤4n 36n-162文[2]进一步改进为　2n 23-2-13≤∑nk=1k≤4n 36n-163本文将探讨比3式更强的不等式.定理　对任意正整数n,有　4n 36n 124n-524≤∑nk=1k≤4n 36n-164当且仅当n=1时式中等号成立.证明　这里我们仅证4式下界不等式,4式上界不等式的证明可见文[2].为证4式下界不等式,先证下列不等式:n>4n 36n 124n-　[4(n-1) 36n-1 124n-1](其中n>1)　5要证5式,只要证　4n-16n-1 124n-1>4n-36n 124n,即只要证　(16n2-20n 5)n>(16n2-12n 1)n-1,…     

一个有极限的单调减少数列

证明了{(n(4n+1)/4n-1)~(1/2)∫π/20 sin~nxdx}为严格单调减少数列,且极限为(π/2)~(1/2),因而得(π(4n-1)/2n(4n+1))~(1/2)∫π/20 sin~nxdx (π(4 n+5)/2(n+1)(4n+3))~(1/2).     

两个数学问题的统一

《数学通报》2 0 0 3年第 5期、第 9期数学问题栏中第 1 4 35题、1 4 54题分别是 :( 1 ) a、b∈ R ,求证aa 3b bb 3a≥ 1 1( 2 ) a、b >0 ,求证aa2 3b2 bb2 3a2 ≥ 1 2将 2式的结论变形为a2a2 3b2 b2b2 3a2 ≥ 1 3观察不等式 1、3的结构特征 ,可将这两个不等式作出统一的指数推广 .推广　 n∈ N,a、b∈ R ,则　 anan 3bn bnbn 3an ≥ 1 4证明　∵　 ( a3 n4 b3 n4) 2 - ( a3 n4) 2=b3 n2 2 a3 n4b3 n4=b3 n4( b3 n4 a3 n4 a3 n4)≥ b3 n4. 33 a3 n4. a3 n4. b3 n4=3an2 . bn4. b3 n4=3an2 bn.∴　 ( a3 n4 …     

组合数集的毕达哥斯定理

本文得到两个组合数集的毕达哥斯定理的推广。(ⅰ )当n为奇数时∑[(n+ 3 ) / 2 ]t=0n +3-tt2 - ∑[(n+ 1) / 2 ]t=0n +1-tt2 2 +2 ∑[n/ 2 ]t=0n -tt · ∑[(n+ 4 ) / 2 ]t=0n +4-tt2 +4∑[(n+ 2 ) / 2 ]t=0n +2 -tt2= ∑[(n+ 1) /2 ]t=0n+ 1 -tt2 + ∑[(n+ 3) /2 ]t=0n+ 3-tt2 2 。(ⅱ )当n为偶数时∑[(n+ 4 ) / 2 ]t=0n+4-tt2 - ∑[n/ 2 ]t=0n-tt2 2 +2 ∑[(n+ 1) / 2 ]t=0n+1-tt · ∑[(n+ 3 ) / 2 ]t=0n+3-tt2 +4∑[(n+ 2 ) / 2 ]t=0n+2 -tt2= ∑[n/2 ]t=0n -tt2 + ∑[(n+ 4) /2 ]t=0n + 4 -tt2 2 。     

关于Evans三角形的一个结论

探讨Evans三角形的存在问题,给出Evans三角形存在的一个充分条件,作为特例可得到6种Evans三角形,其高与底边之比分别为(n~2-1),2n(n~2-2),2(n~2-1)(2n~2-1),2n(n~2-1)(n~2-2)(n~2-3),4n(n~2-2)(2n4-4n~2+1),4(n~2-1)(2n~2-1)(8n4-8n~2+1)型的整数,其中4(n~2-1)(2n~2-1)(8n4-8n~2+1)为Evans比的新类型.     

一个有极限的单调增加数列

证明了{n(16n^2+4n+3)/16n^2-4~n+3^(1/2) integral from 0 to π/2 sin^nxdx}为严格单调增加数列,且极限为π/2^(1/2),因而得π(16n^2+36n+23)/2(n+1)(16n^2+28n+15)^(1/2)相似文献   

复射影空间CP(2n+1)上保持定向的光滑对合

记[l]为非负实数 l 的整数部分.设 n 为非负整数,8(n)=0,1,分别在 n 为偶数和奇数时.本文证明了,CP(2n+1)作为2(2n+1)维光滑闭流形,其上保持定向的光滑对合,在协边的意义下仅为[n+2/2]+s(n)种;而且这种对合的不动点集,或者为 CP(2n+1)的一个偶维光滑闭子流形,或者为 CP(2n+1)的两个偶维光滑闭子流形 F~(2k_1)和 F~(2k_2)的不交并,k_1≠k_2,k_1+k_2=2n;特别地,这样的对合的协边类不为0当且仅当其不动点集为 CP(2n+1)的两个偶维闭子流形 F~(4k_1)和 F~(4k_2)的不交并,k_1≠k_2,2k_1+2k_2=2n,H(F~(4k_4);Z_2)含多项式子环 Z_2[x|x~(2k_4+1)=0],i=1,2,x 为 F~(4k_4)的二阶 Stiefel-Whitney 类.在视 CP(2n+1)为具有稳定复结构的复流形时,由于屎持复结构的对合一定保持定向.最后指出,此种情况下也有类似的结果.     

一个有趣猜想的证明

文[1 ] 提出了下述猜想 :若自然数n使 4n+ 1为质数 ,则有且只有n个不超过 2n的不同的自然数 :k1 ,k2 … ,kn(k′1 ,k′2 ,… ,k′n为相应的不超过 2n的剩余的n个不同的自然数 ) ,使∑ni=1cos2ki- 14n + 1 π=1 + 4n+ 14,∑ni=1cos2k′i- 14n+ 1 π =1 - 4n + 14.本文给出上述猜想的证明并且指出序列k1 ,k2 ,… ,kn 的特性 .记A={x∶x是模p的二次剩余 },B ={x∶x是模p的二次非剩余 }.引理 1　 ( [2 ])设奇素数p≡ 1 (mod4) ,则( 1 ) 1 ,2 ,… ,p- 1中有且只有p - 14个偶数为模p的二次剩余 ,p - 14个奇数为模p的二次剩余 ;( 2 ) 1 ,2 ,… ,p-…     

一类二维映射产生混沌的充分条件及应用

本文研究二维映射T(x,y)=(2x 呻(x)-y,x),存在横截2环、从而产生棍沌的充分条件。为应用,证明了A≤-40πsin(π/(2n 1))/(2n 1)(1 cos(π/(2n 1)))或A≥4/(n 1),n为奇数时Taylor映射产生混沌。从而在n为奇数时推广了[2-4]的结论。     

关于极大$S^2NS$阵的一个注记

一个实方阵A称为是S2NS阵,若所有与A有相同符号模式的矩阵均可逆,且它们的逆矩阵的符号模式都相同．若A是S2NS阵且A中任意一个零元换为任意非零元后所得的矩阵都不是S2NS阵,则称A是极大S2NS阵．设所有n阶极大S2NS阵的非零元个数所成之集合为S(n),Z4(n)={1/2n(n-1) 4,…,1/2n(n 1)-1},除了2n 1到3n一4间的一段和Z4(n)外,S(n)得到了完全确定．本文将用图论方法证明Z4(n)∩S(n)=(?)．     

关于亚纯函数导数亏量和的Ozawa问题

设σλ表示所有限级λ的亚纯函数构成的集合,R.Nevanlinna显示,当λ是正的非整数时,κ(λ)>0,其中设f为有限级λ的亚纯函数,Ozawa证明了存在正常数d=d(λ),满足1/2(5-(21~(1/2))≤d≤1/4,使我们曾将d的范围精确为1/4≤d≤4/13。本文中,我们得到一个更精确、更广泛的结论:设f是有限级λ的亚纯函数,则对任何自然数n,存在仅与n,λ有关的正常数d,满足2n(n+1)/(4n~2+7n+2)≤d≤4n(n+1)/(4n~2+6n+1+(16n~4+56n~3+60n~2+20n+1)~(1/2))使得     

由勾股定理引发的联想

学完勾股定理后,对"32+42=52"这一结果引发了我的探究兴趣,得到如下结果.1.只有正整数n=4才能使(n-1)2+n2=(n+1)2成立.证明由(n-1)2+n2=(n+1)2化简,得n2-4n=0,于是有n=0或n=4,显然0不是正整数,n=4是唯一的,即3,4,5是唯一的连续正整数勾股数.     

复射影空间CP(2n+1)上保持定向的光滑对合

记[ι]为非负实数ι的整数部分。设n为非负整数ε(n)=0,1,分别在n为偶数和奇数时。本文证明了,CP(2n+1)作为2(2n+1)维光滑闭流形,其上保持定向的光滑对合,在协边的意义下仅为[(n+2)/2]+ε(n)种;而且这种对合的不动点集,或者为CP(2_n+1)的一个偶维光滑闭子流形,或者为CP(2n+1)的两个偶维光滑闭子流形F~(2k_1)和F~(2k_2)的不交并,k_1≠K_2,k_1+k_2=2n;特别地,这样的对合的协边类不为0当且仅当其不动点集为CP(2n+1)的两个偶维闭子流形F~(4k_1)和F~(4k_2)的不交并,k_1≠k_2,2k_1+2k_2=2n,H(F~(4k_i;Z_2)含多项式子环Z_2[x|x~(2k_i+1)=0],i=1,2,x为F~(4k_i)的二阶Stiefel-Whitney类。在视CP(2n+1)为具有稳定复结构的复流形时,由于保持复结构的对合一定保持定向。最后指出,此种情况下也有类似的结果。     

对一个不等式的加强

文[1]用放缩法证明了这样一个不等式:已知n为正整数,求证:1~2[1/4] 2~2[1/4]~2 3~2[1/4]~3 … n~2[1/4]~n<(49)/(64).笔者仿照推导等比数列前n项和公式的方法,即用错位相减的方法,先求出不等式左边的和,得到了比原不等式更精确的结论.过程如下:令un=1241 22142 32143 … n214n(     

数学问题解答

20 0 4年 1 0月号问题解答(解答由问题提供人给出 )1 5 1 6　正方形A1 A2 A3A4的中心为O ,边长为 2a ,在以O为圆心 ,半径为R的圆上任取一点P ,设P到A1 A2 ,A2 A3,A3A4,A4A1 的距离分别为d1 ,d2 ,d3,d4,求证 :dn1 +dn2 +dn3+dn4≤ 2 [(a+ R2 ) n+ (a- R2 ) n](n∈N)当且仅当n=1 ,2 ,3时取等号证明　建立如图所示的直角坐标系 ,并设P(Rcosθ,Rsinθ) ,则有d1 =a +Rsinθ ,d3=a-Rsinθ,d2 =a -Rcosθ,d4=a+Rcosθ若用 [n2 ]表示 n2 的整数部分 ,则由二项式定理得dn1 +dn2 +dn3 +dn4 =(a+Rsinθ) n + (a-Rsinθ) n + (a +Rcosθ) n …     

数学板报

公式C_n~n C_(n 1)~m C_(n 2)~m 2 … C_(n k)~m=C_(n k 1)~(m 1)用于求一类数列的和甚为方便。一、求连续自然数积的和例1 求和:1·2 2·3 3·4 4·5 … n(n 1)。解:∵n(n 1)=2C_(n 1)~2 ∴1·2 2·3 3·4 … n(n 1) =2(C_2~2 C_3~2 C_4~2 … C_(n 1)~2) =2C_(n 2)~3 2=1/3n(n 1)(n 2)。例2 求和:1·2·3 2·3·4 3·4·5 … n(n 1)(n 2) 解:∵n(n 1)(n 2)=3!C_(n 2)~3 ∴1·2·3 2·3·4 3·4·5 …     

一道数列题的误解和病根诊治

问题设数列{na}和前n项和Sn满足:a1=2,an 1=Sn (n 1).求数列{an}的通项公式. 误解一由an 1=Sn (n 1), 得Sn 1-Sn=Sn (n 1), ∴ Sn 1=2Sn (n 1), ∴ Sn 1 (n 1)=2[Sn (n 1)], 即 Sn 1 (n=1)/Sn (n 1)=2 ∴ {Sn (n 1)}是一个首项为S1 2=4,公比为2的等比数列.     

局部时的Cauchy主值的精确完全收敛性

设{X,Xn;n≥1}为i.i.d.的随机变量序列,其均值为0且EX2=1.令s={Sn}n＞0为一维随机游动,其中S0=0,Sn=n∑k=1 Xk,对n≥1.定义G(n)为随机游动局部时的Cauchy主值.本文得到了,若存在某δ1＞0,E|X|2r/(3p-4)+δ1＜∞成立,那么对4/3＜p＜2及r＞p,有limε→02(r-p)/2-p∞Σn=1nr-2/p{│G(n)│εn1/p}=2p/(r-p)πE│N│2(R-P)/2-P∞ΣK=O(-1)K(2/2K+1)2(R-P)/2-P+1.     

构造模型求自然数的方幂和

自然数方幂和问题是指Sk(n)=nΣi=1ik(n,k∈N)的计算与表示.早在公元前二百多年,希腊著名科学家阿基米德就已经得出了k=2和k=3时的结果:S2(n)=12+22+…+n2=n(n+1)(2n+1)/6,S3(n)=13+23+…+n3=n2(n+1)2/4,尽管他的证明比较复杂,但S4(n)的结果却始终无法找到,直到一千多年之后的11世纪,阿拉伯数学家才得道:S4(n)=1/30n(n+1)(2n+1)(3n2+3n-1).……     

关于两个群元素乘积的阶的研究

本文主要讨论满足交换性的两个元素乘积的阶的问题。设G是一个群,a,b∈G,ab=ba,a的阶为n1,b的阶为n2。一般情况下ab的阶不等于n1与n2的最小公倍数。例如当a=b,n1=n2=4时,ab=a2,ο(ab)=2≠[n1,n2]。本文获得了ab的阶等于n1与n2的最小公倍数的几个充分条件。