(1,2;C)的代数收敛定理

通过对M bius群的研究得到了 (1,2 ;C )中代数收敛性定理 ,即若 {Gi} i∈N=〈gil,… ,gir〉是 (1,2 ;C )中由r个元素生成的挠一致有界的离散非初等子群序列且 {Gi} i∈N 代数收敛于G ,则G是离散非初等的 .     

数学奥林匹克高中训练题(89)

第一试一、选择题(每小题6分,共36分)1.已知集合M={a1,a2,…,a2n+1},N={-22n,-22n-1,…,-2,0,2,…,22n}.若单射f:M→N满足f(a1)+f(a2)+…+f(a2n+1)=0,则这样的单射f有()个.(A)(2n+1)!C2nn(B)(2n+1)!C2nn+1(C)(2n+1)!C42nn++11(D)(2n+1)!C42nn2.已知θ1,θ2,…,θn∈0,2π,令M=(∑ni=1tanθi)(∑ni=1cotθi),N=(∑ni=1sinθi)(∑ni=1cscθi).则M与N的大小关系是().(A)M≥N(B)M≤N(C)M=N(D)不确定3.已知正整数数列{an}满足an+2=a2n+1+a2n(n≥1).若正整数m满足am=2005,则所有可能的m构成的集合是().(A){1,2}(B){1,2,3}(C){1,2,3,4}…     

完全二部图K6,n当n较小时的点可区别IE-全染色

设G是简单图,图G的一个k-点可区别IE-全染色(简记为k-VDIET染色),f是指一个从V(G)∪E(G)到{1,2,…,k}的映射,且满足:uv∈E(G),有f(u)≠f(v);u,v∈V(G),u≠v,有C(u)≠C(v),其中C(u)={f(u)}∪{f(uv)|uv∈E(G)}.数min{k|G有一个k-VDIET染色}称为图G的点可区别IE-全色数,记为χviet(G).本文给出了完全二部图K6,n(7≤n≤243)的点可区别IE-全色数.     

有理递归数列通项公式的求法

定义对数列{u_n}:u_i=a_i(i=1,2,…,r),存在r元函数f(x_1,…,x_1),使u_(n r)=f(u_n,u_(n 1),…,u_(n r-1))(n∈N),则称数列{u_n}为r阶递归数列,f为数列的定义函数,常数a_i(i=1,2,…,r)为初始值。当f为有理式时,称{u_n}为有理递归数列。本文研究了两类一阶有理递归数列通项公式的求法。     

2007年数学模拟试题

一、选择题(本大题共12小题,每题5分,共60分)1.集合A={x|1≤|x-21≤3,x∈N}和集合B={x|x2(x 3)x-3≤0,x∈N},若全集U=N,则UA∩B=().A[-1,1];B{-1,1};C{-1,0,1};D{-3,-2,2}2.若(1-x)n的二项展开式中系数最大的项是第5项,则(1-i)n(其中i为虚数单位)等于()A16;B10;C32i;D-4 4i3.已知A=B={1,2,3,4,5},从A到B的映射满足:(1)f(1)≤f(2)≤…≤f(5);(2)A中元素在B中的像有且仅有2个,则符合条件的映射f的个数为().A40;B30;C20;D104.已知实数a、b满足等式log2a=log3b,下列5个关系式:①1相似文献   

切比雪夫不等式的推广及其应用

本文将切比雷夫不等式:“a_1≥a_2≥…≥a_n,b_1≥b_2≥…≥b_n(?)(sum from i=1 to n a~i)(sum from j=1 to n b_j)≤n sum from i,j to n a_ib_j”作如下的推广:如果{a_i}_(i=1)~n与{b_j}_(i=1)~n同时为单调增加或单调减少实数列,那么对于任何实数列{c_i}_(i=1)~n有(sum from i=1 to n a_ib_ic_i)(sum from i=1 to n c_i)(?)(sum from i=1 to n a_ic_i)(sum from j=1 to n b_jc_j) ……(Ⅰ) 如果{a_i}_(i=1)~n与{b_j}_(j=1)~n中有一个单调增加而另一个单调减少,那么对于任何非负实实数列{c_i}_(i=1)~n有(sum from i=1 to n a_ib_(ii))(sum from i=1 to n c_i)≤(sum from i=1 to n a_ic_i)(sum from j=1 to n b_jc_j)……(Ⅱ) 如果{c_i}_(i=1)~n为正的实数列,那么不等式(Ⅰ)、(Ⅱ)中的等号成立当且仅当{a_i}_(i=1)~n或{b_j}_(j=1)~n 中有一个是常数列。如果取c_i=1(i=1,2,…,n,那么就得原来的不等式。推广后的切比雷夫不等式的证明:在第一种情形下,sum from i=1 to n sum from j=1 to n (a~i-a_j)(b_i-b_j)c_ic_j     

圈的平方图Smarandachely邻点全色数

对简单图G(V,E)f,是从V(G)∪E(G)到{1,2,Λ,k}的映射,k是自然数,若f满足(1)u,v∈E(G),u≠,f(u)≠f(v);(2)uv,uw∈E(G),v≠w,f(uv)≠f(uw);(3)uv∈E(G),\C(u)\C(v)\≥1并且|C(v)\C(u)|≥1;则称f是G的Smarandachely邻点全染色.本文给出了圈的平方图的的Smarandachely邻点全色数.     

2006年高考数学模拟试题[理科](一)

一、选择题(每小题5分,共60分)1·设集合M={x|x2 y2=1,x∈R,y∈R},N={y|y=x,x∈R},则集合M∩N等于()A·{-22,22}B·{(-22,-22),(22,22)}C·{x|-22≤x≤22}D·{y|-1≤y≤1}2·复数3-i(1 3i)2的虚部为()A·-21B·-21iC·-41D·-41i3·已知函数f(x)=2x 1的反函数是f-1(x),则f-1(x)     

本质集的邻域并和无爪图的哈密尔顿性

设G是一个图 ,G的独立集Y称为本质集 ,如果存在 {y1,y2 } Y ,使得dist(y1,y2 ) =2 .本文利用插点方法 ,给出了关于k或 (k + 1)连通 (k≥ 2 )无爪图G是哈密尔顿的或 1哈密尔顿的统一的证明 .2个结果的充分条件是关于 ∑ki=0N(Yi) 与n(Y)的不等式 ,这里Y是图G的任一本质集 ,对于i∈ { 0 ,1,… ,k} ,Yi={y1,yi- 1,… ,yi- (b- 1) } Y(yj 的下标将取模k + 1) ;b是一个整数 ,且 0 相似文献   

用不定方程模型解无序问题(高二、高三)

模型1 不定方程x1 x2 … xm=n(其中m,n∈N* 且m≤n)有C(n-1)(m-1)组正整数解. 分析 此题可以理解为将正整数n分解成m个正整数的和,而 相当于在这n-1个" "号中选m-1个" ",故有C(n-1)(m-1)种选法,所以 方程共有C(n-1)(m-1)组正整数解. 模型2 不定方程 x1 x2 … xm=n (其中m,n∈N*且m≤n)有C(n m-1)(m-1)组非负整数解. 证明 令xi=yi-1(i=1,2,…,m),则 yi=xi 1,yi∈N*,所以原方程的非负整数解问题就转化为方程 y1 y2 … ym=n m