向破解世界著名数学难题走近一步——关于“3x＋1猜想”的一个定理及其证明

大约从二十世纪五十年代开始,世界上许多国家流传着这样一个数学猜想：＂任取一个自然数x（x≠0）,若x是奇数就乘以3加1,若x是偶数就除     

关于"3x+1"猜想的一点思考

"3x+1猜想"大约诞生在20世纪30年代,发现者已难考证,题目是:"任取一个非零自然数,如果它是偶数,则除以2;如果它是奇数,则将它乘以3加1,这样反复运算,最后结果必然是1".     

关于5／121的猜想的证明

文[1] 猜想 51 2 1 =13 3 +11 2 1 +13 63 是 51 2 1 的第二类好表法 ,即其化为三个不同单位分数之和 ,其最大分母至少是 3 63 .本文予以证明 .引理 1　若 (m ,n) =1 ,且 nkm =1x +1y ,则m|xy .引理 2　若 (m ,n) =1 ,m为素数 ,nkm2 =1x +1y ,则m2 |x或m2 |y .猜想的证明 :用反证法 ,设有自然数x ,y ,z <3 63 ,使 51 2 1 =1x+1y +1z .①( 1 )若x ,y ,z中至少一数不被 1 1整除 ,不妨设为x ,则 ( 1 1 ,x) =1 ,从而 ( 1 1 ,5x -1 2 1 ) =1 ,可是由①得5x -1 2 1x -1 2 1 =1y +1z ,由引理 2知 ,1 2 1 |y或 1 2 1 |z ,不妨设 1 2 1 |y <3 63 ,则 …     

先猜后证的数学思想在解题中的应用

猜想是一种合情推理,属于综合程度较高的带有一定直觉性的高级认识过程,波利亚说过:“在您证明一个数学定理之前,您必须猜想这个定理证明的主导思想”.数学猜想是证明的前提,但由于猜想是一种跳跃的思维,是在逻辑依据不充分的前提下做出判断,因而对猜想的结果还需要严格证明.波利亚还指出“先猜后证——这是大多数的发现之道”,“预见结论、途径便可以有的放矢”,先猜后证的关键是猜想.从最近几年的高考题可以看出:高考对猜想能力的考查日趋加深,考查的形式也是多样的.这从另一侧面反映出猜想能力的重要性,以及培养的必要性.数学猜想可分为以下几种类型:1类比性猜想类比性猜想,是指运用类比方法,通过比较两个问题的共同性,得出新命题或新方法的猜想.例1若对任意常数a,且a≠0,都有f(a x)=1 f(x)1-f(x),问f(x)是否为周期函数?若是,求出它的一个周期.分析通过审题分析,洞察出本题的实质是判断满足上述条件的函数是否为周期函数,进一步联想到等式f(a x)=1 f(x)1-f(x)与等式tanπ4 α=1 tanα1-tanα的结构极为相似,分析后者可知tanx的周期为π,是常数项π/4的4倍,故猜想结构相似的函数f(x)可能...     

一个不等式猜想的再推广及简证

宋庆老师在文[1]末提出了四个不等式猜想,其中猜想1如下: 猜想 若a,b,c是正实数,且满足abc=1,则a2/a+2+b2/b+2+c2/c+2≥1. 文[2]运用均值不等式的变式x2/y≥2x -y(x＞0,y＞0,当且仅当x=y时等号成立)证明了这个不等式猜想及如下一般性推广: 推广:若a,b,c,λ,μ是正实数,且满足abc=1,则a2/λa+μ+b2/λb+μ+c2/λc+μ≥3/λ+μ.     

Safta猜想的又一个证明

Safta猜想是文[1]“100个未解决的问题”中的问题80,文[2]已给予证明,本文再借助一不等式给出该猜想的一个简证.Safta猜想已知1AA、1BB、1CC是△ABC三条任意塞瓦线,若1AA交11BC于P,1BB交11AC于Q,1CC交11AB于R,猜想:1113APBQCRPAQBRC ?引理若x、y、z为正实数,则有()()()()()()x     

在解数学题中培养学生的创新思维

一、鼓励学生大胆猜想,培养创新思维许多新的数学理论的建立,都是在猜想后被证实的.现行的数学教材非常重视对学生猜想能力的培养,如几何教材中,常在一个知识点结束后,配上一些“想一想”:只给出条件,然后提问学生可能有哪些结论.这便是从某些具体假设出发,利用刚学过的知识去进行合理的猜想,并且所猜想的结论常常是多元性的.这就需要老师加以引导,教给学生猜想的规律与方法,使他们能猜之有理,猜之有据.在教多项式因式分解的拆项法时,可设计这样的引导过程:先让学生用不同的方法把x6-1分解因式.学生甲运用平方差公式分解为:x6-1=(x3)2-1=(x3…     

解读伽俐略"荒谬的结论"

在"自由落体运动应该是简单的"认识基础上,伽俐略猜想在自由落体运动中,物体的速度v有v∝x和v∝t两种可能。伽俐略后来发现,如果v与x正比,将会得出"荒谬的结论"。因此,v∝x这种猜想是不可行的。但究竟得出什么样的"荒谬的结论"?课本、教参都没有加以说明,教师、学生也就不得其解,只能"人云亦云"。笔者在教学中尝试用x—v,图像来说明这一点,效果不错。现予以说明,供同行们参考。     

关于"3x+1猜想"的证明

为了证明数学难题"3x+1猜想"首先给出了大于1的奇数x进行一次"迭代对"的定义和两个不同的大于1的奇数具有相同"迭代对"序列定义.接下来给出的结论如下 1.大于1的奇数x与4tx+4t1+4t2+…+42+4+1具有相同的"迭代对"序列,记作x1(1→=)(4tx+4t-1+4t2+…+42+4+1)t∈N+;2.所有大于21的奇数可表成23+8n,25+8n,27+8n和29+8n(n=0,1,2,…);3.23+8n1(1→=)29+8(4n+8),25+8n1(1→=)29+8(4n+9)和27+8n1(1→=)29+8(4n+10);4.每一个29+8m(m=0,1,2,…)型的奇数x,总存在s∈N+,使x进行s次"迭代对"的结果一定是1,记作xs→1.     

一个猜想的证明

文[1]提出了一个猜想：若x，y∈R，x y=1，n∈N，n≥2，则     

一个数学猜想的证明

不久前,文[1 ]作者提出了以下猜想: 若x,y为满足x y=1的正数,n为不小于3的整数,则     

由高考题引发的对函数极值点教学的一点思考

<正>对于一般函数的极值点,教学中多借助几何直观,用自然语言给出函数极值点的描述性定义:若函数f(x)图象在点P(x1,f(x1))处从左侧到右侧由"上升"变为"下降"(函数由单调递增变为单调递减),我们就称f(x1)为函数f(x)的一个极大值,x1为函数f(x)的一个极大值点;类似的,若函数f(x)图象在点P(x2,f(x2))处从左侧到右侧由"下降"变为"上升"(函数由单调递减变为单调递增),我们就称f(x2)为函数f(x)的一个极小值,x2为函数f(x)的一个极小值点.该定义给出了判断极值点的充要条件,揭示了一般函数极值点的本质特征:极值点附近左侧与右侧函数单调性相反[1].     

题库(二十五)

1.设函数f(x)是定义在R上的以3为周期的奇函数,若f(1)>1,f(2)=2a-3/a+1,求a的取值范围.2.记函数f(x)的定义域为D,若存在x0∈D使得f(x0)=x0成立,则称点(x0,x0)是函数图象上的"稳定点"若函数f(x)=3x-1/x+a的图象上有且仅有两个相异的稳定点,求实数a的取值范围.3.设函数f(x)=ax2+bx+1(a,b∈R),若f(-1)+0,且对任意实数x均有f(x)≥成立,又当x∈[-2,2]时,g(x)=xf(x)-kx单调递增,求实数k的取值范围.     

也谈一个猜想--纠正猜想错证

1.文[1]猜想 文[1]提出如下不等式: 已知x、y、x∈R ,且x y x=1,则 (1/x-x)(1/y-y)(1/z-x)≥(8/3)3.(1)并在文末提出漂亮猜想:     

30分钟“智力自测题”

1.若关于x的方程3k+x一。的解与3x+1一O相同,则k一若三士里~6的倒数是一2,则x若3“习一‘与合二sb!十·是同类项,则(xy十5)2“01一4.若。是负整数,且:o,且关于x的一次方程3m(x一3)一4m(1一x)一1有正整数解,则x(答案在本期找)30分钟“匆力良测惬…     

回归通法:一个“创新解法”的再讨论

1一道递推数列题的"创新解法"例1已知f(x)=3x+1/x+3,若无穷数列{xn}中x1=2,xn+1=f(xn),求limxn(n→∞).不少资料上对这类题给出了"巧解",如一篇题为"例谈智力激励法在数学教学中的应用"的文章就给出了如下创新解法:     

不可能只用Peano公理组证明3x＋1猜想

数学中有一个著名的“3x＋1猜想”．它是说：“设n是一个正整数．如果它是偶数,就用2去除它,如果它是奇数,就用3去乘它再加1．这样算下去,有限次后必定得1”．例如：     

在猜测试探中解题

猜想与实验是科学进步的阶梯,猜测与试探是数学解题取得进展的手段,对解题,我们首先要有积极乐观的心态,善于观察、敢于猜测、勤于试探,消极等待是不会成功的,猜了又猜,试了又试,才有希望逐步找到解法.例1分解因式x3-x2 x-6.猜想x3-x2 x-6=(x a)(x2 bx c).由于ac=-6,又可猜想a=±1,±2,±3,±6.如果a=1,就要试探原式是否有因式(x 1),而x3-x2 x-6=x2(x 1)-2x(x 1) 3(x-2),没有因式(x 1)!通过试探,可知(x-1),(x 2)也都不是原式的因式.让我们继续试探(x-2)是否是原式的因式:x3-x2 x-6=x2(x-2) x(x-2) 3(x-2),试探成功!所以,x3-x2 x-6=(x-2)(x2 …     

四元数形式的Jacobi猜想

从超复分析的角度考虑Jacobi猜想,设P(w)=(p1(w),p2(w))是二维复空间到自身的多项式映射,研究四元数的左全纯多项式f(z1,z2,z3)=p1(w)+jp2(w),其中w=(x0+x1i,x2+x3i)和z1=x1-x0i,z2=x2-x0i,z3=x3-x0i.这显示了用四元数中的全纯函数的技巧处理Jacobi猜想是一条可能的途径.     

二次根式化简中的"换元法"

1 设元代数,化已知为未知 例1 若x=1/2[(2002)-1/(2002)],求(x2 1) x的值. 分析2002是一个较大、带根号的无理数,直接代入较复杂,尝试用字母换元代入.