BnCmNl(3≤n+m+l≤5)团簇结构和红外光谱研究

基于密度泛函B3LYP/6-311 G(2df)理论,对B_nC_mN_l(3≤n m l≤5)三元微团簇进行结构优化．计算表明硼碳氮三、四原子团簇B_nC_mN_l(n m l=3、4)的基态为直线结构,分别为:BNC(C_(∞V),~1∑)、BBCN(C_(∞V),~2∑)、NCCB(C_(∞V),~3∑)、NCNB(C_(∞V), ~2∑)．五体团簇BC_2N_2(Cs,~1A)基态是折线构型,B_3NC(Cs,~1A)、BCN_3(C_(∞V),~3∑)为平面结构,而B_2C_2N(C_(∞V),~2∑)、B_2CN_2(C_(∞V),~2∑)C_3BN(C_(∞V),~1∑)则采取直线排布．分析表明相对强键的形成主导团簇同分异构体的相对稳定性;与同原子数的富硼团簇分子比较,富碳氮团簇具有更大的稳定化能．在相同的理论水平上,预测了所有基态的红外频率和相应的振动强度．     

二项展开式组合系数的一些性质

由二项式定理,对(x+a)~1,(x+a)~2,(x+a)~3,(x+a)~4,(x+a)~5,…,(x+a)~(a-1),(x+a)~a,…各个展开式里各项的系数(以下简称为组合系数),可以列表如下: C_0~0 C_1~0,C_1~1 C_2~0,C_2~1,C_2~2 C_3~0,C_3~1,C_3~2,C_3~8 C_4~0,C_4~1,C_4~2,C_4~3,C_4~4 C_5~0,C_5~1,C_5~2,C_5~3,C_5~4,C_5~5 …… C_(n-1)~0,C_(n-1)~1,…,C_(n-1)~1,… C_(n-1)~(n-2),C_(n-1)~(n-1) C_n~0,C_n~1,…,C_n~1,…,C_n~(n-1),C_n~n ……     

新疆阿勒泰地区近440年来大气δ13 C变化--来自树轮稳定碳同位素序列的证据

利用树轮δ13C序列和植物碳同位素分馏模型,尝试着恢复了新疆阿勒泰地区近44O年来大气δ13C的变化.结果表明,1850年之前,从树轮δ13C序列恢复的大气δ13C相对恒定在-6.60‰(R2=0.071),而1850年之后,该大气δ13C明显降低(R2=0.61),平均约为-7.04‰,平均年降低约为0.0157‰.这一结果高于从冰芯气泡所恢复的大气δ13C从1850年到1981年冰芯大气δ13C平均年降低约0.0065‰.推测可能与从树轮δ13C序列恢复的大气δ13C有更高的分辨率(约为2年)及树木生长点大气δ13C不同于全球大气δ13C值有关.     

用公式C_n~k C_n~(k 1)=C_(n 1)~(k 1)巧求sum from k=1 to n(k~2)和sum from k=1 to n(k~3)

由公式C_n~k C_n~(k 1)=C_(n 1)~(k 1),可得:C_2~2 C_3~2 … C_n~2=C_(n 1)~3,sum from k=2 to nC_k~2=C_(n 1)~3,     

用“判别式”法求一类轨迹问题

在解析几何中,有这样一类轨迹问题,求曲线C_2使它与曲线系C_1相切.详言之:如果对于曲线C_2上的每一点在曲线系C_1中总有一条曲线在该点与C_2相切,我们称曲线C_2为曲线系C_1的包络.求曲线系的包络是微积分研究的内容,要用到高等数学的方法.本文将给出一类曲线系的包络的初等解法。例如:半径相等的圆系方程(x-X_0)~2     

母函数与线性常系数递推数列

让我们先看下面两个例题: 例1 求证C_(n-1)~m C_(n-2)~m C_(n-3)~m… C_(m 1)~m C_m~m=C_n~(m 1) 证明:由等比数列求和公式知(1 x)~(n-1) (1 x)~(n-2) (1 x)~(n-3) … (1 x)~(m 1) (1 x)~m=((1 x)~n-(1 x)~m)/x上式左边x~m项的系数是 C_(n-1)~m C_(n-2)~m C_(n-3)~m … C_(n 1)~m C_m~m,上式右边的分子中,x~(m 1)项的系数是G_n~(m 1),应当相等,故等式成立。例2 证明: C_n~1 2C_n~2 3C_n~3 … C_n~n=n2~(n-1)。证明:将等式     

排列组合问题中遗漏或重复的几种情形

数学概念(或术语)的意义理解不清,出现遗漏或重复例1:4290有多少个正约数?解:因为4290=2×3×5×11×13,所以从这五个质数中分别取1个、2个、3个、4个及5个的积都是4290的正约数,故正约数共有C_5~1+C_5~2+C_5~3+C_5~4+C_5~5=31(个).     

求级数1~m+2~m+3~m+…+(n-1)~m+…部分和的一个初等方法

本文目的在于用初等代数的方法求如下一类级数的前(n-1)项的和: 1~m+2~m+3~m+…+k~m+…+(n-1)~m+…从而使学生对级数求和,二项式展开等知识进一步得到深化,并为建立初等与高等数学的联系提供一个有意义的应用例子。一、公式的推导: 记б_n~(m)=1~m+2~m+3~m+…+k~m+…+(n-1)~m (1) 其中m是正整数。我们注意到如下关系式: (l+1)~(m+1)-l~(m+1)=C_(m+1)~1l~m+C_(m+1)~2l~(m-1)+C_(m+1)~3l~(m-2)+…C_(m+1)~kl~(m-k+1)+… +C_(m+1)~ml+1……(2) 在(2)式两端分别令l=1,2,3,…,(n-2),(n-1),得:     

一道高考解析几何试题的多解与评析

<正>一、试题分析2009江苏省高考数学第18题是一道解析几何题.原题如下:在平面直角坐标系xOy中,已知圆C_1:(x+3)~2+(y-1)~2=4和圆C_2:(x-4)~2+(y-5)~2=4.如图1.     

关于代数的短文十二篇

公式C_(n+1)~m=C_n~m+C_n~(m-1)的一个应用利用组合数性质公式C_(n+1)~m=C_n~m+C=_n~(m-1)可以求形如{n(n+1)…(n+k-1)}的数列的前n项和S_n。 [例1] 求和 S=1·2·3+2·3·4+…+n(n+1)(n+2) 解:1/3!S=1·2·3/3!+2·3·4·/3!…+n(n+1)(n+2)/3! =C_3~3+C_4~3+…+C_(n+2)~3=(C_4~4+C_4~3)+C_5~3+…+C_(n+2)~3 =(C_5~4+C_5~3)+C_6~3+…+C_(n+2)~3=…=C_(n+2)~4+C_(n+2)~3 =C_(n+3)~4=n(n+1)(n+2)(n+3)/4!,     

高中毕业考试参考试题(理科)

考生注意:这份试卷共七道大题,满分120分。一、(本题满分36分)本题共有12个小题,只要求直接填写结果。填对得3分,否则一律得0分。 1.y=x~2(x≤0)的反函数是__。 2.C_(10)~1+C_(10)~2+…+C_(10)~9+C_(10)~(10)=__。 3.函数f(x)=ax~2+bx+c是偶函数的充要条     

从一道高考题谈集合的几类计数问题

2006年全国高考数学(Ⅰ)第12题:设集合 I={1,2,3,4,5},选择 I 的两个非空子集 A 和 B,要使 B 中最小的数大于 A 中最大的数,则不同的选择方法共有A.50种 B.49种 C.48种 D.47种解:当 B={5}时,有2~4-1=15种;当 B 中最小数为4时,有2×(2~3-1)=14种;当 B 中最小数为3时,有2~2×(2~2-1)=12种;当 B 中最小数为2时,有2~3=8种.∴共有49种,选 B.推广:设集合 I={a_1,a_2,a_3,…,a_n},选择I的两个非空子集 A 和 B,使 B 中最小的数大于 A 中最大的数,则不同的选择方法有多少种(a_1相似文献   

《排列、组合和二项式定理》单元检测题

一、选择题(共15题,每题3分) 1.A={0,2,5,7,9},从集合中取两个元素相乘所得的积组成集合B,则集合B的子集的个数为( )。(A)7;(B)16;(C)127;(D)128. 2.多项式(1-2x)~5(2 x)含有x~3的系数为( )。(A)120;(B)-100;(C)100;(D)-120. 3.若m∈{2,5,8,9},n∈{1,3,4,7},大程x~2/m y~2/n=1代表中心在原点、焦点在x轴上的相异椭圆个数为( )。(A)2C_4~1 C_3~1 1;(B)C_4~1C_4~1;(C)C_4~1 C_4~1;(D)以上都不对.     

草海沉积物有机质空间分布与来源识别

本文选取草海湿地这一典型高原湖泊湿地作为研究对象,分析了17个表层沉积物和3根代表性湖区沉积物柱芯总有机碳(TOC)含量、有机碳δ⁽¹³⁾C及C/N值,探讨了草海湿地表层沉积物和三个重点湖区不同深度沉积物有机质的主要来源,并利用有机碳δ(13)C及C/N值,探讨了草海湿地表层沉积物和三个重点湖区不同深度沉积物有机质的主要来源,并利用有机碳δ⁽¹³⁾C和C/N值对表层沉积物有机碳来源进行定量分析.结果表明:草海表层沉积物中TOC含量、δ(13)C和C/N值对表层沉积物有机碳来源进行定量分析.结果表明:草海表层沉积物中TOC含量、δ⁽¹³⁾C和C/N值变化范围分别为6.86%(13)C和C/N值变化范围分别为6.86%³4.85%,-28.49%34.85%,-28.49%^-18.19%,7.36-18.19%,7.36¹1.12;表层沉积物有机碳主要来源于藻类生产和沉水植物,沉水植物贡献率为49.7%,藻类初级生产的贡献率为48.8%,而陆源输入只对东部湖区有较小影响;东部湖区上部沉积物有机碳主要来源于藻类,底部受到藻类生长、陆源输入及沉水植物共同影响,湖心沉积物有机碳主要来源于藻     

二项式定理的一个应用

1 问题的提出 近年来的高中数学复习资料中,频频出现关于一个无理数的小数部分的问题。这类问题一般可以用二项式定理加以解决,可以归类为二项式定理的应用题。例如: 间题1 与((1/2)7 1)~9有相同小数部分的是 (A)(2 (1/2)7)~9 (B)(2-(1/2)7)~9 (C)((1/2)7-1)~9 (D)(1-(1/2)7)~9 解 ((1/2)7 1)~9=C_9~0((1/2)7)~9 C_9~1((1/2)7)~8 C_9~2((1/2)7)~7 C_9~3((1/2)7)~6 … C_9~8((1/2)7) C_9~9,((1/2)7-1)~9=C_9~0((1/2)7)~9-C_9~1((1/2)7)~8 C_9~2((1/2)7)~7-C_9~3((1/2)7)~6 … C_9~8((1/2)7-C_9~9,两式相减,得((1/2)7 1)~9-((1/2)7-1)~9=2(C_9~17~4 C_9~37~3 … C_9~9)为一整数,所以((1/2)7 1)~9与((1/2)7-1)~9有相同的小数部分,选(C)。     

第三届全国中学生数学冬令营试题与解答

试题第一天(上午8:00—12:30) 一.设a_1,a_2,…,a_n是给定的不全为0的实数,r_1,r_2,…,r~n是实数,如果不等式sum from k=1 to n[r_k(x_k-a_k)]≤(sum from k=1 to n(x_k~2))~(1/2)-(sum from k=1 to n(a_k~2))~(1/2)对任何实数x_1,x_2,…,x_n成立,求r_1,r_2,…,r_n的值。二.设C_1,C_2是同心圆,C_2的半径是C_1的半径的2倍。四边形A_1A_2A_3A_4内接于C_1,将A_4A_1延长交圆C_2于B_1,A_1A_2延长交圆C_2于B_2,A_2A_3延长交圆C_2于B_3,A_3A_4延长交圆C_2于B_4。试证:四边形B_1B_2B_3B_4周长≥2×四边形A_1A_2A_3A_4的周长;并确     

关于电容器串联的一个问题

设C_1、C_2两个电容器串联接在电压为U的恒压源上,求C_1、C_2两端的电压U_1U_2。教科书上给出的答案是: U_1=C_2/(C_1+C_2)U (1) U_2=C_1/(C_1+C_2)U (2)但实际情况是: U_1=R_1/(R_1+R_2)U (3) U_2=R_2/(R_1+R_2)U (4)这里R_1、R_2是C_1、C_2的漏电电阻。实用电容器的漏电电阻不是无穷大,而是有限值,而且随介质的不同可以相差好几个数量级。例如高压云母电容器的漏电电阻大于10~(12)欧,而低压纸质电容器则常小于10~9欧。     

一道概率题“不同解法”的商榷

北京市西城区2007年5月份抽样测试题的第15题,曾先后在多种出版物上出现,其不同的版本上的解法各不相同,为避免该题解答的混乱状况,现就此题以及此类问题的不同解法进行分析.问题有6件产品,其中含有3件次品,现逐个抽取检查(不放回),求:(Ⅰ)前4次恰好查出两件次品的概率;(Ⅱ)设查出全部次品时检查产品的个数为ζ,求ζ的分布列与数学期望.解答:(Ⅰ)P=(C_3~2C_3~2A_4~4)/A_6~4=3/5.第(Ⅰ)问的解法没有问题.以下就第(Ⅱ)问的不同解法进行分析.解法1:有两种出版物上的解法如下:当ζ=3时,即在6次抽查中,前3次就查出全部3件次品,或前3次查出全部3件正品,均视为检查出全部3件次品,∵P(ζ=3)=A_3~3/A_6~3×2=1/10;同理,当ζ=4、5时,有P(ζ=4)=(C_3~2A_3~3C_3~1)/A_6~4×2=3/10;P(ζ=5)=(C_4~2A_3~3C_3~2A_2~2)/A_6~5×2=3/5;∴ζ的分布列为     

从一道习题的解答,看学生的思维能力

习题:已知曲线C_1:5x~2+9y~2=45,C_2:y~2=x+m,问当m为何值时C_1和C_2相交,(1)有一个交点;(2)有二个交点;(3)有三个交点;(4)有四个交点.这个习题是关于曲线间的交点问题,所以学生较多地用图象法解答:因为C_1是一个椭圆,方程是x~2/9+y~2/5=1;C_2是拋物线,所以由图象易知(1)当m=-3时,C_1和C_2有一个交点;(2)当m=109/20(C_1和C_2相切的条件),或-3相似文献   

递推法解排列组合问题

[例1] 走上10级的阶梯,每步可一级或两级,问有多少种不同的走法? 解法1 按每种走法中一步上两级的步数k(k=0,1,2,3,4,5)分成6类,走上10级阶梯的步数是10-k,这一类的走法数是C_(10-k)~k。由加法原理,不同走法总数为 N=C_10~0+C_9~1+C_8~2+C_7~2+C_6~4+C_5~5=89。下面是递推法。解法2 设走上n级阶梯的走法有a_n种,易知a_1=1,a_2=2,当n>2时,若第一步上一级则有a_(n-1)种走法,第一步上两级则有a_(n-2)种走法,故a_n=a_(n-1)+a_(n-2)(n≥3)。于是当阶梯级数n=1,2,…,10时,走法数依次是 1,2,3,5,8,13,21,34,55,89。即a_(10)=89。注意到解法2中的数列{a_n}就是菲波那奇数列,它的通项公式为