数域Q(P_1~(1/2),…,P_t~(1/2))(t≥4)的类数为偶数

设t≥4，ｐ１，…，ｐｔ为不同的模４余１的素数，本文证明了数域P1~(1/2)，…，Pt~(1/2)的类数为偶数．     

“智慧数”的自白

我叫智慧数 ,是正整数王国的一个组成部分 .我的特征是能表示为两个不同正整数的平方差 ,比如 2 4=72 -5 2 ,2 4就是一个智慧数 .细心、好奇的同学通过观察运算会发现 ,我在正整数王国里出现是很有规律的 .1是最小的正整数 ,它不能表示为两个不同正整数的平方差 ,所以 1不是智慧数 .对于大于 1的奇正整数 2ｋ + 1 ,有 2ｋ+ 1 =(ｋ+ 1 ) 2 -ｋ2 (ｋ =1 ,2 ,… ) ,所以大于 1的奇正整数都是我的家庭成员 .被 4整除的偶数 4ｋ,总有 4ｋ =(ｋ+ 1 ) 2 -(ｋ-1 ) 2 (ｋ=2 ,3,4,… ) ,即大于4且是 4的整数倍的数都是智慧数 ,而 4不能表示为两个不同…     

組合数級数及其应用

Ⅰ.組合数級数与它的和由组合公式: C_x~r=x(x-1)(x-2)…(x-r+1)/r!, C_(ax+b)~r=(ax+b)(ax+b-1)(ax+b-2)…(ax+b-r+1)/r!, C_(a_0x~s+a_1x~(s-1)+…+a_s)~r=(a_0x~s+a_1x~(s-1)+…+a_s)..(a_0x~s+a_1x~(s-1)+…+ a_s-1)(a_0x~s++a_1x~(s-1)+…+a_s-2)… ..(a_0x~s+a_1x~(s-1)+…+a_s-r+1)/r!, 可知C_x~r,C_(ax+b)~r为x的r次函数,C_(a_0x~s+a_1x~(s-1)+…+a_s)~r为x的rs次函数。因此当x取連續整数时,C_x~r,c_(ax+b)~r的数列是r阶等差級数;C_(a_0x~s+a_1x~(s-1)+…+as)~r的数列是rs阶等差級数。或者說:从連續整数或等差級数(x取連續整数时ax+b的数列是等差級数)中取r的組合数的数列是r阶等差級数;从s阶等差級数(x取連續整数时a_0x~s+a_1x~(s-1)+…+a_s的数列是s阶等差級数)中取r的組合数的数列是rs阶等差級数。     

关于Fibonacci数与Lucas数的两个猜想的证明

斐波那契数0，1，1，2，3，5，8，13，…可由下列违归关系生成：F0=0，F1=1，且几十l一只，十人一l（n＞l）．卢卡斯（Lucag）数2，l，3，4，7，11，18，29，…可由下列递归关系生成：人一2，L；一1，且人十l一人十L。；－l（n）l）．对这两类数，文［l］提出了如下有趣的猜想．猜想1除去F3·F3·F3—8—F6之外，其余任意三个大于1的斐波那契数之积都不是斐波那契数．猜想2？个不等于1的卢卡斯数之积不属于卢卡斯数．本文我们将证明这两个猜想都是成立的，为此，先给出几个引理．弓l理It‘。Fn＋。；一F。F，；＋；＋F。；P。31理2［…     

剪出的纸片数会是2002吗

把一张纸剪成 5块 ,再从所得的纸片中任取若干块 ,每块又剪成 5块 ,像这样依次地进行下去 ,剪完某一次为止 ,剪出的纸片数会不会是 2 0 0 2 ?并请你说明得出结论的依据 .解　第一次剪后可得纸片 5块 ;第二次取出ｘ1片 ,各片剪成 5块后 ,得出的纸片数为5 -ｘ1+ 5ｘ1=5 + 4ｘ1=4(ｘ1+ 1) + 1;第三次取出ｘ2 片 ,又各剪成 5块后 ,得出的纸片数为5 + 4ｘ1-ｘ2 + 5ｘ2 =5 + 4(ｘ1+ｘ2 )=4(ｘ1+ｘ2 + 1) + 1……第ｎ次取出ｘｎ - 1片 ,又各剪成 5块后 ,得出的纸片数为5 + 4(ｘ1+ｘ2 +… +ｘｎ - 2 ) -ｘｎ - 1+ 5ｘｎ - 1　 =4(ｘ1+ｘ2 +… +ｘｎ …     

整数9也是“好数”

<正>如果将1,2,…,n的顺序进行调整,排列成a1,a2,…,a n并且满足k+a k(k=1,2,…,n)都是完全平方数,则称n为"好数"(见[1]).如将1,2,3排成3,2,1,即a1=3,a2=2,a3=1,那么1+3=4=22,2+2=4=22,3+1=4=22所以3是"好数".     

对Ramsey数Rn(3)和Schur数上界的改进

证明了Rn(3)≤(e-1/6)n!+1对一切n≥4成立,这里Rn(3)代表Ramsey数R(3,…,3)(其中有n个3);进而得出Schur数Sn≤(e-1/6)n!对一切n≥4成立.     

关于三角形数和正方形数的一个结论

问题如图1中的数1,3,6,10,…能表示成三角形,故将其称为三角形数,类似地,称如图2中的数1,4,9,16,…为正方形数.下面各数中,既是三角形数又是正方形数的是( ). A.15 B.25 C.55 D.1225     

回归数

有许多数具有这样一种有趣性质:它的十进制表示的各位数字,按照原顺序进行某些数学运算,又可以重新得到该数,这就是回归数,例如:24=23+42,2427=21+42+23+74,81=(8+1)2,145=1!+4!+5!(n!=1·2·…·n).英国数学家哈代(1877-1947)曾经发现过另一种形式的回归数:     

数域Q(P_1~(1/2),…,P_t~(1/2))(t≥4)的类数为偶数

设t≥4,ｐ１,…,ｐｔ为不同的模４余１的素数,本文证明了数域P1~(1/2),…,Pt~(1/2)的类数为偶数．     

周期函数Fourier级数展开式的唯一性

以 2 l为周期的函数 f(x)也可看作周期为 2 kl(k=1 ,2 ,3 ,… ) .设 f(x)满足 Dirichlet充分条件 ,[2 ]证明了按 [1 ]方法展开的以 2 l为周期的 Fourier级数和以 4l为周期的 Fourier级数对应的不同表达形式是一致的 .本文则在 [2 ]的基础上 ,进一步证明了按 [1 ]方法展开的以 2 l为周期的 Fourier级数和以 2 kl(k=1 ,2 ,3 ,… )为周期的 Fourier级数对应的表达式的一致性 ,从而得出结论 :任一周期函数 f(x)按 [1 ]方法展开的Fourier级数是唯一的 .     

数学问題解答

第9期问題解答(解答由提出人給出) 493.从調和級数 1/1+1/2+1/3+…+1/n+…里划去所有分母中含有数字9的那些項(例如1/9,1/199,…,1/1093等)之后,所組成的部分新級数是收斂到一个不超过80的数。 証.規定部分級数中,分母中各数仅由0,1,2,…,8这9个数字所組成。所以介于和之間所有各数之总数就相当于将9个元素每次取m个的所有可能的重复的选排列数即9~m那么多种可能。这样,包含在10~(m-1)-1与10~(m-1)之間而不含有数字9的非負数为9~m-9~(m-1)个。于是有那个新級数的全体为     

数5算尾加减法

对账、表多行数简、快、准地汇总，拟用“数5算尾加减法”，以提高功效。1、数5算尾：按0—9十个数字的大小特点，分三组对待：一、1、2、3都作尾数计算。二、4、5、6都视作单五．各数为半个、4欠1尾．5无尾，6余1尾。三、7、8、9都视作双五，各数为1个，7欠3尾，8欠2尾，9欠1尾、这样处理，便于数5算尾，容易得出总数。以余尾抵欠尾，有余作净余．所欠作净欠，分别增、减总数，在运算中，用加( )减(一)抵消，加个抵减个、一般两数互相对(抵)消，如，1对9，2对8，3对7，4对6，5不算，6(余1)抵9(欠1)；也有多位抵消，如：2、6(余1)、7(欠3)三个数抵消，因此比较灵活适应，便于挨位、隔位、上下对算，变化使用。     

数式型规律题解析举例

<正>1数列型例1古希腊数学家把数1,3,6,10,15,21,…叫三角数,它有一定的规律性,若把第一个三角数记为a_1,第二个三角数记为a_2…,第n个三角数记为a_n,计算代数式a_(n-1)+a_n的值.解析方法一归纳猜想:已知a_1=1,a_2=3,a_3=6,a_4=10,a_5=15,a_6=21,…∴a_1+a_2=1+3=2²,a_2+a_3=3+6=32,a_2+a_3=3+6=3²,     

周期函数Fourier级数展开式的唯一性

以2τ为周期的函数f（x）也可看作周期为2kτ（k=1,2,3…）。设f(x)满足Dirichlet充分条件,[2]证明了按[1]方法展开的以2τ为周期的Fourier级数和以4τ为周期的Fourier级数对应的不同表达形式是一致的。本则在[2]的基础上,进一步证明了按[1]方法展开的以2τ为周期的Fourier级数和以2kτ（k=1,2,3,…）为周期的Fourier级数对应的表达式的一致性,从而得出结论：任一周期函数f(x）按[1]方法展开的Fourier级数是唯一的。     

魔数98765432

98 76 5 4 32是一个奇妙的数 ,可称之为魔数 ,也可说是“九缺一” ,因为在九个非零数字中 ,它拥有八个数字 ,只缺一个 ,而缺少的一个 ,恰好是数字“1” .魔数不仅自身具有“九缺一”的特性 ,对它进行一些运算 ,所得结果仍然保留有类似的性质 .1) 9876 5 4 32÷ 2 =4 9382 716 ,商数缺 5 .2 ) 4 9382 716÷ 2 =2 4 6 9135 8,商数缺 7.3) 2 4 6 9135 8÷ 2 =12 345 6 79,商数缺 8.4 ) 12 345 6 79× 5 =6 172 8395 ,乘积缺 4 .5 ) 6 172 8395 +2 4 6 9135 8=86 4 1795 3,和数缺 2 .6 )用 9分别去乘魔数以及 1)到 5 )的得数 ,可得如下结果 :魔…     

Fibonacci数与Lucas数的内在联系

Ｆｉｂｏｎａｃｃｉ数与Ｌｕｃａｓ数的内在联系３１６００４浙江舟山师专赵丹寒，邱永波斐被那契数１，１，２，３，５，８，１３…可由下列递归关系生成：Ｆ１＝１，Ｆ２＝１，当ｎ≥１时，卢卡斯数：２，１，３，４，７，１１，１８，…可由下列递归关系生成：Ｌ１＝２...     

代数数与超越数简介

人们在建立数系的过程中,自引入无理数之后,数系就从有理数集扩展到实数集。由于无理数的引入首先是通过对2~(1/2)的研究来实现的,因此人们很容易认识到3~(1/5)、7~(1/4)、… …103~(1/n)、……都是无理数。但是,往往会造成一种错觉,即错误地认为一切无理数都是用根式     

有趣的三角数

在两千多年前,古希腊人就研究过形如S=(1 n)n/2(n∈N)的自然数,这就是所谓的三角数,它的最小的前几个是1,3,6,10,….显然,S=1 2 3 … n,由此可知,除1以外的任何一个三角数,总可以分拆成多个连续自然数的和。这是三角数的一个有趣的性质。下面我们来考察数1990是否是一个三角数? 假设数1990是一个三角数,则有 1990=(k 1) (k 2) … m     

关于四元数矩阵乘积迹的不等式

设 H~(m×n)为 m×n 四元数矩阵的集合,σ_1(A)≥…≥σ_n(A)为 A∈H~(mxn)的奇异值。本文证明了:1)设 A∈H~(mxm),B∈H~(mxm),r=min(m,m),则|tr(4B)|≤c r σ_i(A)σ_i(B).2)设 A_i∈H~(mxm),i=1,2,…,n,(A_1A_2…A_n)k为 A_1A_2…A_n 的任一个 k 阶主子阵,则|tr(A_1.A_2…A_n)_k|≤sun form i=1 to k σ_i(A_1)…σ_i(A_n).我们还得到四元数矩阵迹的其它一些不等式。这些结果推广和改进了文[1],[2]中的结果,进一步解决了 Bellman 猜想。