关于Diophantine方程ax(x+1)…(x+z)=y(y+1)…(y+z)

设a是大于1的正整数。本文运用Pell方程的基本性质证明：当a是平方数时,方程ax（x＋1）…（x＋z）=y（y＋1）…（y＋z）仅有有限多组正整数解（x,y,z）适合y-x=2;当a是非平方数时,该方程有无穷多组正整数解（x,y,z）适合y-x=2。     

关于Qk（z，u1）Ω=Qs（z，u1）一结果的改进

对Qk(z，u1)Ω=Qs(z，u1)一结果进行了改进，所得结论更为精确。     

三角形三边不等式的代数变换f(a,b,c)=f(y+z,z+x,x+y)

关于△ABC三边a、b、c的不等式证明，文已给出了若干证明方法．其中，文建立了代数变换：f（s-a，s-b，s-c）=f（x，y，z）；文建立了代数变换：f（ra，rb，rc）=f（x，y，z）（其中半周长s=a＋b＋c/2；ra，rb，rc分别为△ABC的旁切圆半径）．但是，对于一类“轮换对称不等式”，以上方法显得力不从心．本文将文的代数变换：f（s-a，s-b，s-c）=f（x，y，z），改造为代数变换：f（a，b，c）=f（y＋z，z＋x，x＋y），导出了两个漂亮的定理，找到了△ABC三边a、b、c的不等式（包括非完全对称的“轮换对称不等式”）的证明妙法．     

|z|<1内解析函数运算后的级

借助｜z=｜〈1内解析函数级为ρ的充要条件及定义讨论了｜z｜〈1内的解析函数f1（z）＋f2（z），f（z^2），g（z）f（z）（g（z）为整函数），f（z），fz0 ^z f（ξ）dξ经过运算后的级．     

偶然性中蕴含着必然性——对z1＋z2∈R的思考

1问题的提出请看如下两道常见的复数题：（1）已知z∈C且|z|＝1，z5＋z＝1，求复数z．（2）虚数z满足|z-2|=2且R，求z．在这两题中，都有两复数之和为实数的条件．求解过程中，我们能够发现，分别根据z5一二，上一三，即可方便快捷地得出结论．但我们又清楚地知道：Z；＋ZzER是Z；一Z。的必要而非充分条件．因而上述结论纯属“偶然”．辩证地思考，这偶然性的背后是否蕴藏着某种必然性呢？于是，我们提出了如下问题：在什么条件下，命题“若均二Z。，则Z；＋Z。E正”的逆命题为真？2问题的律决笔者经过探索得出如下结论：结论1若约，12…     

计算机数学基础(A)复习提要

1 多元函数微积分1.1 了解空间直角坐标系的有关概念,知道几个简单的二次曲面,会求空间两点之间的距离。会用不等式组表示平面区域。 两点P1（x1,yi,z1）与P2（x2,y2,z2）间的距离公式:1.2 会求简单二元函数的定义域。1.3 了解二元函数的偏导数与全微分概念,熟练掌握求偏导数与全微分的方法。会求简单的二阶偏导数。 求偏导数与全微分的方法主要包括复合函数和隐函数两种类型。一般的复合函数形式如z=f（u,v）（其中u=u（x,y）,v=v（x,y））,变量之间的关系可以用图形表示:     

复数z,-z、1／z之间的关系

在许多复数问题中会出现有关z,-z、1/z的式子，利用这几个复数相对应的点的位置关系解题，别有趣味．     

C_n(1,z)的Kirchhoff指标最值的一个发现

给出了一个发现:步长为1和z(2≤z≤「2n﹁-1)的n阶4-正则循环图Cn(1,z)的Kirchhoff指标当z=2时取得最大值.通过计算和验证,此结论当7≤n≤30 000时均成立.     

计算机数学基础(A)期末复习提要

1 多元函数微积分1.1 了解空间直角坐标系的有关概念,知道几个简单的二次曲面,会求空间两点之间的距离。会用不等式组表示平面区域。 两点P1（x1,y1,z1）与P2（x2,y2,z2）间的距离公式: d=|P1P2|=1.2 会求简单二元函数的定义域。1.3 了解二元函数的偏导数与全微分概念,熟练掌握求偏导数与全微分的方法。会求简单二阶偏导数。 求偏导数与全微分的方法主要包括复合函数和隐函数两种类型。一般的复合函数形式如Z=f（u,v）（其中u=u（x,y）,v=v（x,y））,变量之间的关系可以用以下图形表示:     

关于DioPhantine方程Xy-(X±1)z=1

证明了方程xy-(x+1)z=1仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,1);方程xy-(x-1)z=1仅有正整数解(x,y,z)=(1,s,t),(2,1,t),(r,1,1)和(3,2,3),其中r,s,t为任意正整数且r≥3,这一结果推广和改进了文献[4]中的结论.     

复数z、、1/z之间的关系

在许多复数问题中会出现有关 z,z,1z的式子 ,利用这几个复数相对应的点的位置关系解题 ,别有趣味 .设 z=r(cosα isinα) (r>0 ) ,则z=r[cos(-α) isin(-α) ],1z=1r[cos(-α) isin(-α) ].它们的对应点如图 1例 1　已知 z 1z=cos x(x∈R) ,且 | z|≤ 1 ,求 argz的取值范围 .解　先设 | z| <1 ,如图 2 ,此时 z 1z所对应的向量不在 x轴上 ,所以 z 1z ≠cos x,故 | z| <1不可能 ,于是 | z| =1 .令 z=cosθ isinθ(0≤θ<2 π) ,则由z 1z=z z=2 cosθ=cos x,即 cosθ=12 cos x∈ [- 12 ,12 ],所以 θ∈ [- π3 ,π2 ]∪ [4π3…     

数学奥林匹克高中训练题(92)

第一试 一、选择题（每小题6分，共36分） 1．设，f（z^-＋i）=z＋2z^-＋2i，其中，z为复数，i为虚数单位．则以f（1）等于（ ）．     

Ln^n（z的平方根）=1/nLnz在复数范围内成立

证明了复变等式Ln^n（z的平方根）=1/nLnz的成立，纠正了原有教材中的错误结论．     

用“z=|z|~2”解题两则(高二、高三)

题I 已知复数Z1,Z2满足 l州一l z:I一1且科z。一丢+争求z1 z2的值. 解 因为 J z,l—I z。I一1,所以 zl—Z1=z2—2'2—1,又因为 z,+z:一丢+譬i,所以 z,z:i+z。z。i一号+弩i,zlz2(z1+z2)一一12+迎2 i, I ●’ 1.√3.。。 虿十虿。 1.朽.即z,zz一莆3一虿+≯ l √ . 二 z 虿一虿。 题2 已知复数21、z2满足 I z,I一3,l z。1—2,I z。一z。l一4,求竺的值.解 因为所以 4一lI学I=2,鱼Z2一,I。 l一(三一·)[(量)一,]一㈧一[芝+酉]+,一百9—2Re(釜)+1,Re(兰)一一_蔷-,·m㈦\Z2/一期玎丽一±詈瓜,所以Zl Jz,8±詈俩i.3—2 一 = 旧 引警用“z…     

一类复动力系统的不动点(英文)

讨论了单位圆盘上的一类积分算子诱导的复动力系统.设f（z）是在单位圆盘（D={︱z︱≤1}）上满足f（0）=0的解析函数,定义复Volterra型算子为（If）（z）=∫0zf（t）dt.研究迭代算子（Jf）（z）=（If）（z）/‖If‖∞的性质,得到对任意n,使得Jnf（z）在边界D上一点z0存在唯一不动点的充分必要条件.     

方程x3＋y3＋z3=x＋y＋z=3有理数解的通式

文[1]的例14中,给出不定方程x3＋y3＋z3=x＋y＋z=3仅有4组整数解（x,y,z-）=（1,1,1）,（-5,4,4）,     

利用整体思想解决min{f(x,y,z),g(x,y,z),h(x,y,z)}及max{f(x,y,z),g(x,y,z),h(x,y,z)}型函数的最值

函数类型多种多样,函数最值的求法也多种多样,在竞赛中经常遇到这种min{f(x,y,z),g(x,y,z),h(x,y,z)}、max{f(x,y,z),g(x,y,z),h(x,y,z)}函数,以后称为镶嵌函数.若是一元镶嵌函数的最值,可以利用数形结合的方法解决(本文略),但二元镶嵌函数、三元镶嵌函数的最值就无法用数形结合的方法解决了.对二元镶嵌函数、三元镶嵌函数的最值,在探索时不能孤立地研究每一个函数,而需要同时整体研究二个或三个函数,因而解决此类问题宜采用整体思想,本文将举例说明之.     

巧用|z|=1=(1/2)解题举

我们知道在复数中,|z|=1(?)z=1/z(z∈C),此式对有些复数题解法化较简便现举例说明如下: 例1 如果三个复数名z_1、z_2、z_3适合|z_1|=|z_2|=|z_3|=1,求证:|z_1 z_2 z_3|=|(1/z_1) (1/z_2) (1/z_3)|.     

复数集上"(m√z)n=m√zn(z≠0,z∈C)"成立的条件

我们知道:n√a(a≥0,a∈R)在实数集上是表示a的n次算术根,它是一个单元素集合,而n√z(z≠0,z∈C)在复数集上是表示一个具有n个元素的集合,即:n√z={n√r(cos 2kπ θ/n isin2kπ θ/n)|z≠0,θ=argz,r=|z|,k=0,1,…,n-1},由于在实数集与复数集上数的n次方根的概念截然不同,因此,实数集上的某些性质不能完全机械地搬到复数集上去.     

一类广义RLW方程的初值问题

考虑一类广义RLW方程u1-uxxt＋p（u）x=f（uz）z＋g（u）＋γuzz在f、g、p及初值u0满足一定条件下,用压缩映射原理得到了上述问题局部广义解的存在唯一性．