华林问题

1770年华林(E·Waring,1734～1798)提出一个猜想:对于每一个正整数n,都可以表示成不超过4个正整数的平方和,不超过9个正整数的立方和,不超过19个正整数的四次方和,一般地,不超过S个正整数的k次幂之和:n=x_1~k x_2~k … x_s~k,这里S是k的一个函数S=S(k)。     

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)。     

关于立方幂补数的注记

设n为正整数,S（n）表示n的立方幂补数,实数0〈k〈1,k≠1／3．本文的主要目的是研究∑↑n≤x（1/S（n））^k的渐近性质,进一步解决有关文献提出的问题,并用解析方法得到两个重要的渐近公式．     

关于数论函数δ(n)的一个公开问题

对于正整数n,设δ(n)是n的不同约数之和.证明了:对于正整数k,都有无穷多个正整数n合适δ(n)>n n1/2 n1/3 … n1/k.     

对一个猜想不等式的进一步探究

本刊文［1］提出了一个猜想：设a、b、c是正实数,m、n是正整数,且m≤n,则am（b＋c）n＋bm（c＋a）n＋cm（a＋b）n≤2n（a＋b＋c）m＋n3m＋n-1．
　　文中对以下几种特殊情况给出了证明：（1）m＝n＝1,（2）m＝k,n＝2k（k是正整数）,（3）m＝k＋1,n＝2k（k是正整数）,（4）m＝k,n＝2k＋1（k是正整数）,（5）m＝1,n＝4;m＝2,n＝3．
　　最后提出,对于所有的正整数m、n（m≤n）,猜想不等式是否完全成立？若成立,有无统一的证明？笔者经研究,进一步拓展了结论并证明了部分问题．     

数学奥林匹克问题

初159已知p为正整数且为常数．求满足下列条件的最大和最小正整数n，对于这个n，有唯一的正整数k，满足p＋1/2p＋1＜n/n＋k＜p/2p-1.     

关于丢番图方程sum from k=0 to (n-1) (1+2k)~r=(1+2n)~r

本文证明了,当 r,n 为正整数,方程 sum from k=0 to n-1(1+2k)~=(1+2n)~无正整数     

广义Fibonacci数列的多重性

设F={Fn} ∞n =0 是参数为 (a1,a2 )的广义Fibonacci数列 对于正整数k ,设N(k)是适合｜Fn｜=k的正整数n的个数 证明了 :当 (a1,a2 )是非例外参数时 ,N(k) ≤ 1     

一个包含特殊函数的方程的解

对任意正整数n,SmarandacheLCM函数是满足n｜［l,2,…,k]的最小的正整数,其中[1,2,…,k】代表1,2,…,k的最小公倍数;伪Smarandache函数z（n）定义为最小的正整数m,使得n｜（1＋2＋…＋m）．文章用分类讨论和初等方法完全解决方程乩（n）=Z（n）的可解性,给出其所有解．     

奇妙的最小值

曾经遇到过这样一道题:6119n,然后利用放缩法,由n,k都是正整数,得6k 1≤11n,5k≥9n 1.整理后得:9n5 1≤k≤11n6-1,即9n 15≤11n6-1.最后得:n≥11,那么当n取11时相对应的k就为20了.…     

对一道数学题解答的探究

第五届美国数学邀请赛的一个试题为:求满足下述条件的最小正整数n,对于这个n,有唯一的正整数k,满足8/15相似文献   

第48届IMO预选题（一）

数论部分 1.求所有的正整数对(k,n),使得(7k-3n)|(k4 n2). 2.设b、n是大于1的整数.若对每一个大于1的正整数k,都存在一个整数ak,使得k|(b-ank),证明:存在整数A,使得b＝An.     

第45届IMO预选题(下)

数论部分1.设τ(n)表示正整数n的正因数的个数.证明:存在无穷多个正整数a,使得方程τ(an)=n没有正整数解n.2.已知从正整数集N 到其自身的函数ψ定义为ψ(n)=∑nk=1(k,n),n∈N ,其中(k,n)表示k和n的最大公因数.(1)证明:对于任意两个互质的正整数m、n,有ψ(mn)=ψ(m)ψ(n);(2)证明:对于每一个a∈N ,方程ψ(x)=ax有一个整数解;(3)求所有的a∈N ,使得方程ψ(x)=ax有唯一的整数解.3.一个从正整数集N 到其自身的函数f满足:对于任意的m、n∈N ,(m2 n)2可以被f2(m) f(n)整除.证明:对于每个n∈N ,有f(n)=n.4.设k是一个大于1的固定的整数,m=4k2-5.…     

Graham猜测的一点注记

Graham曾猜测：有无穷多个正整数n适合同余式2n＝k（modn）其中k≠1为任意给定的整数，本文证明了当k＝±2m，k≠1，m为正整数时Graham猜测成立，同时我们得到了同余式a(kn-b)≡－C(kn-b)（modn）的一些结果，并提出如下猜想：对任意给定的正整数a，c，（a，c）＝1均存在无穷多个正整数n适合同余式．an-2≡-cn-（modn）     

例谈用逐步调整法证明不等式

如果不等式是一个n元对称式,那么应用逐步调整法来证明有时显得较方便。下面通过两个例子的分析来说明这方法的意义。例1 已知a_1,a_2,…,a_k,…为两两各不相同的正整数,求证:对任何正整数n,下列不等式成立: sum from k=1 to n (a_k/k~2)≥sum from k=1 to n (1/k). (第二十届国际数学竞赛试题第5题) 证:(1) 如果已知数列恰好满足条件: a_1相似文献   

第36届IMO预选题及解答(下)

5 数论与组合数学 1.(罗马尼亚)设k是一个正整数,证明存在着无穷多个形如n·2~k-7的完全平方数,其中n是正整数。 证明 首先证明,对任给的k,存在着一个正整数α_k,满足α_k~2≡-7(mod 2~k)。我们用关于k的数学归纳法进行证明。     

第62届IMO预选题(四)

<正>数论部分1.求所有的正整数n,使得存在正整数对(a,b),满足不存在一个素数的立方整除a²+b+3,且ab+3b+8/a²+b+3=n.2.本届IMO第1题.3.求满足下述性质的所有正整数n:存在n的所有正因数的一个排列(d₁,d₂,…d_k),使得对于每个i=1,2,…,k,均有d₁+d₂+…+d_i是一个完全平方数.     

学习数学归纳法的注意点

数学归纳法是证明与正整数有关命题的一种重要方法，其步骤为：（1）证明当n取第一个值n0时结论正确；（2）假设当n=k（k∈N^＊，且k≥n0）时结论正确。证明当n=k＋1时结论也正确．在完成了这两个步骤以后。就可以断定命题从n0开始的所有正整数”都成立．     

关于丢番图方程sum form k=0 to n(b-21k)=sum form k=1 to n(b+21k)

本文得到下面结论:设n,b,r为正整数,丢番图方程sum from k=0 to∞(1/n)(b-21k)~r=sum from k=1 to∞(1/n)(b+21k)~r仅有正整数解r=1,b=21n(n+1)和r=2,b=42n(n+1)     

奇妙的最小值

曾经遇到过这样一道题:1619n,之后利用放缩法,由于n,k都是正整数,便得6k+1≤11n,5k≥9n+1·整理后得:9n5+1≤k≤11n6-1,得9n5+1≤11n6-1…