一类4—星图的Skolem优美标号

讨论了4—星图st(a,k,k,i),st(a,k,k,2),st(9a,k,3,1)的Skolem优美性,并给出其优美标号.     

有向图n·C5(n≡0(mod2)的优美性

利用构造性方法,证明了:(1)n@→C5是优美图的充要条件是n≡0(mod2);(2)当n≡0(mod2),1≤i≤k时,优美图n@→C5中→C5(i)的弧优美值之和为2(q+1),当k+1≤i≤2k时,→C5的弧优美值之和为3(q+1).     

图C_nUP_4的优美性

证实了图C_nUP_4当n=12k 1(k≥5),n=12k 3(k≡0,1,5(mod6),且k≥5),n=12k 5(k≡1,2(mod 4),且k≥5)时的优美性。     

关于距离图的L(2,1)-标号着色

研究了距离图G(D)的L(2,1)-标号色数λ(D).证明了距离图满足λ(G)≤Δ2.对于任意给定的正整数k,证明了λ({1,2,..., k})＝2k 2和λ({1,3...,2k-1})＝2k 2.假设k,a∈N且k,a≥2.如果k≥a,则λ({a,a 1,...,a k-1})＝2(a k-1).否则,λ({a,a 1,...,a k-1})≤min{2(a k-1),6k-2}.若D由2个正整数构成,则6≤λ(D)≤8.对于特殊的距离集D＝{k,k 1}( k∈N),λ(D)的上界改进到了7.     

数学试题创新的三种方式

1.问题设计创新试题中给出一个即时定义,要求学生根据该定义进行一些指定的运算或推理,考查学生在新情境下解决问题的迁移能力.例1若对n个向量a1,a2,…,an存在n个不全为0的实数k1,k2,…,kn,使得k1a1+k2a2+…+knan=0成立,则称向量a1,a2,…,an为线性相关.依此规定,能说明与a1=(1,0),a2=(1,-1),a3=(2,2)线性相关的数k1、k2、k3依次可取________.解设k1a1+k2a2+k3a3=0,∴k1(1,0)+k2(1,-1)+k3(2,2)=(0,0),则k1+k2+2k3=0,-k2+2k3=0故可取k3=c(cR,且c≠0).∴k1、k2、k3依次可取-4c、2c、c(cR,且c≠0).2.结论的深化与延伸有些试题要求通过类比…     

题设条件a b c=p的隐含关系及应用

命题若a,b,c,p∈R,a b c=p,则存在k∈R,使b=-(k 1)a,c=ka p。而且也存在k’∈ R,使c=-(k’ 1)a,b=k’a p。证明由a b c=p得a b (c-p)=0,以a、b、(c-p)为二次项、一次项的系数和常数项,作一元二次方程 ax~2 bx (c-p)=0(假定a≠0),显然方程有根为1,(因为a b (c-p)=0),若另一根为k,(k∈R)由根与系数的关系得-b/a=k 1,即 b=-(k 1)a,(c-p)/a=1·k,得c=ka p。再作二次方程ax~2 cx (b-p)=0,其一根为1 ,若另一根为k’,则有     

由线性算子定义的解析多叶函数类

设Ap,k(p,k是正整数)表示单位圆盘E内形为f(z)=zp ∑∞n=kap nzp n的解析函数类.利用线性算子Lp(a,c),引进Ap,k的子类Qp,k(a,c,δ,A,B)和Qp*,k(a,c,δ,A,B),导出类中函数的许多有趣的性质.     

与分担函数相关的亚纯函数的正规性

设(F)为定义在区域D内的一族亚纯函数,a(z)和b(z)为两个在D满足a(z)≠b(z)和a(z)≠b(k)(z)以及a(z)(≠)a'(z)的全纯函数,若对于任意的f∈(F),f(z)-a(z)的零点重级至少是k,f(z)和f(k)(z)分担a(z),且当f(z)=b(z)时,f(k)(z)=b(z),那么(F)在...     

刍议数学归纳法证明整除性问题技巧

用数学归纳法证明整除性问题,如:求证f(n)能被a整除,设f(n)是随自然数变化的已知整式(或整数),a是给定的整式(或整数).由假设n=k时命题成立,来推证n=k+1时命题也成立,是最关键的一步,也是最难证明的一步.如果用f(k+1)除以f(k),求出它的余数(或余式),即设f(k+1)=qf(k)+r,q为商,r为余数(或余式).若r能被a整除,则由假设可知f(k+1)能被a整除,即n=k+1时命题也成立.这样,就极大地简化了证明过程.     

二次函数解析式的变式谈

二次函数的一般形式是:y=ax~2+bx+c(a≠0),经配方,得y=a(x+(b/2a))~2+(4ac-b~2)/4a,设b/2a=m,(4ac-b~2)/4a=k 变式一:y=a(x+m)~2+k(a≠0) 二次函数图象的顶点坐标是(-m,k),对称轴方程是x=-m,即当x=-m时,函数y取得最大值(a>0)或最小值(a<0),“最”值是k。 若抛物线y=ax~2+bx+c(a≠0)与x轴有交点(x_1,0)、(x_2,0)(x_1=x_2时相切),即方     

数列一个性质的妙用(高一、高二、高三)

1．性质对于数列{an),{bn),由于 an=a1 (a2-a1) (a3-a2) … (an-an-1), bn=b1 (b2-b1) (b3-b2) … (bn-bn-1), 因此,(1)若a1=b1,且ak-ak-1=bk-bk-1 (k≥2),则有an=bn． (2)若a1≥b1,且ak-ak-1≥bk-bk-1 (k≥2),则有an≥bn． (3)若a1≤b1,且ak-ak-1≤bk-bk-1 (k≥2),则有an≤bn．从以上可以看出,要比较an,bn的大小,只要分两步完成:(1)比较a1,b1的大小;(2)比较 ak-ak-1,bk-bk-1(k≥2)的大小,以上两步比较一般地通过作差法来完成,下面举出几例．     

二阶边值问题的最小特征值和系数的变化关系

本文主要考虑二阶线常微分方程(L h k)≡[u]″ g(x)u′ [h(x) kλ(x)]u=0,a相似文献   

用递推法求sum from k=1 to n k~mr~kcoskα与 sum from k=1 to n k~mr~ksinkα

设 a≠1,记 S_n~(0)=(sum ∑ from k=1 to n)ak=(a(1-a~n))/(1-a),S_n~(1)=(sum ∑ from k=1 to n)kak=(a(1-a~n))/(1-a)~2-(na~(n+1))/(1-a),S_n~(m))=(sum ∑ from k=1 to n)kmak(m∈N)     

高考模拟训练测试题(一)

第I卷0一、选择回本大目共15小题;第1—10N每小口4分.第11—15f每小回5分,共的分)。回.设集合M一m;m=Zk一二或4k,kEZI川一nln。分一/,x,yEZ【,则()(A)M。N(B)MCN(C)MhN(D)MnN。由2.设常数840,函数f(X)。了,g(X)一比(X-。),那么fb)与gk)在同一直角坐标系里的图象可能是()X””“ABCI)3.已知x6C且/ l=0,则(l x)‘十门一x)45*。(A)st(B)一st(C)一8(D)84.已知in(y-Zx) ZsinZmp。l,则y。f(x)的解析表达式为()(A),=Zx“2协“号(B)。。-‘x 2仇十号(”),。-Zx十号(D),一Zx十协十号(k。Z)5。给定如下四个命题:①若a、p*表示平面,…     

有向图n·_5(n≡0(mod2)的优美性

利用构造性方法 ,证明了 :(1)n·C→5是优美图的充要条件是n≡ 0 (mod 2 ) ;(2 )当n≡ 0 (mod 2 ) ,1≤i≤k时 ,优美图n·C→5中C→5(i) 的弧优美值之和为 2 (q + 1) ,当k+ 1≤i≤ 2k时 ,C→5的弧优美值之和为 3 (q + 1) .     

关于方程α2(k+2,s(n))=α2(k+1,s(n))+α2(k,s(n))的正整数解

对任意正整数a,设S(a)为a的Smarandache函数,对任意正整数r和b,设a(r,b)是b的前r位数字所组成的数。2001年,Bercze提出了一个问题:如何确定方程a2(k 2,s(n))=a2(k 1,s(n)) a2(k,s(n))n,k∈N的所有解。更进一步,Bercze又提出另一个问题:设β(r,b)是b的后r位数字所组成的数,如何确定2β(k 2,s(n))=β2(k 1,s(n)) β2(k,s(n))的所有正整数解(n,k)。运用丢番图方程的相关知识,完整地解决了Bercze所提出的两个问题,即证明了方程(1)没有正整数解(n,k),同时确定了方程(2)的所有正整数解(n,k)。     

用替换的思想证一个圆锥曲线定值问题

命题1过椭圆xa22 yb22=1上点P(异于长轴端点)作倾斜角互补的两条直线,分别与椭圆交于A、B两点(异于P).求证直线AB的斜率为定值.证明:设P(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2).直线PA的斜率为k,则直线PB的斜率为-k.由y=k(x-x0) y0b2x2 a2y2=a2b2消去y得(b2 a2k2)x2 2k(y0-kx0)a2x a2(y0-kx     

一类既约分数的和

本文给出m与n之间所有分母为a的既约分数的和S_a(本文中m,n,a是已知的自然数,m相似文献   

THE 1ST ANNUAL INTERNATIONAL CONFERENCE OF TEFL-CHINA

TEFL-CHINA is a national organization whose mission is to strengthen the effective teaching and learning of English as a foreign language in China while developing international connections. The 1st Annual International Conference offers TEFL professionals, both domestic and abroad, opportunities for professional development through the exchange of ideas and practices in English teaching and research. Participants integrate knowledge of current trends in the TEFL field while developing a professional network.     

数学归纳法错用一例

问题设a1,a2,a3,…,an都是正数,且a1a2a3…an=1.试用数学归纳法证明:a1 a2 a3 … an≥n.错证(1)当n=1时,a1=1,结论显然成立.(2)假设n=k时,结论成立,即a1a2a3…ak=1时,a1 a2 a3 … ak≥k成立.当n=k 1时,a1 a2 a3 … ak ak 1≥k ak 1,而a1a2a3…akak 1=1,所以ak 1=1,从而a1 a2 a3 … ak ak 1≥k 1.这就是说,当n=k 1时,结论仍成立.由(1)(2)可知,对任意的n∈N*,结论成立.剖析在归纳假设中,由a1a2a3…ak=1(其中ai>0,i=1,2,…,k),则有a1 a2 a3 … ak≥k成立,其实质是若k个正数的积是1,则这k个正数的和不小于k.在递推中,当n=k 1时,有a1a2a3…akak …