等幂和问题的推广

华罗庚著数论导引第十八章Waring问题及Prouhet—Tarry问题中关于等幂和问题曾提出下面的一个递推公式。 若正整数x_1,x_2,…x_s,y_1,y_2,…y_s适合 x_1 x_2… x_s=y_1 y_2 …y_s x_1~2 x_2~2 …x_s~2=y_1~2 y_2~2 …y_s~2 x_1~k x_2~k … x_s~k=y_1~k y_2~k … y_s~k则 1≤h≤k 1如由 1 4=2 3 令d=4得 1 4 6 7=2 3 5 8 1~2 4~2 6~2 7~2=2~2 3~2 5~2 8~2 再令d=8得1 4 6 7 10 11 13 16=2 3 5 8 9 12 14 151~2 4~2 6~2 7~2 10~2 11~2 13~2 16~2=2~2 3~2 5~2 8~2 9~2 12~2 14~2 15~21~3 4~3 6~3 7~3 10~3 11~3 16~3=2~3 3~3 5~3 8~3 9~3 12~3 14~3 15~3 本文将对更加广泛的等幂和问题提出下面的引理和定理: 引理1:设存在一组整数x_11,x_12,x_1n。     

庆祝1990年元旦数学趣题

题1.设有1990个数x_1,x_2,…,x_(1990),它们只能取值是0、1、2三个数中的一个,如果记:f_1=x_1 x_2 … x_(1990), f_2=x_1~2 x_2~2 … x_(1990)~2,试用f_1和f_2表示f_k=x_1~k x_2~k … x_(1990)~k (k∈N). 解:设在这1990个数中取值0有S个,取值1的有t个,取值2的有r个,则 s t r=1990,0≤s,t,r≤1990.由此得:f_1=t 2r,f_2=t 4r,     

一类高次方程根的性质的证明

1.在方程x~3+lx~2+mx+n=0中,系数l、m、n都是自然数旦分别能被自然数p、p~2p~3整除,方程的根为α、β、γ,则对于任何自然数k,α~k+β~k+γ~k为整数,且能被p~k整除。 2.在方程x~4+lx~3+mx~2+rx+q=0中,系数l、m、r、q都是自然数且分别能被自然数p、p~2、p~3、p~4整除,方程的根为α、β、γ、δ,则对于任何自然数k,α~k+β~k+γ~k+δ~k为整数且能被p~k整除。一般的有: 3.在方程x~n+α_1x~(n-1)+α_2x~(n-2)+…+a_(n-2)x~2+a_(n-1)x+α_n0中,系数α_1、α_2、…、α_都是自数然且分别能被自然数p、p~2、…、p~n整除。方程的根为x_1、x_2、…、x_n,则对于任何自然数k,x_1~k+x_2~k+…+x_a~k为整数且能被p~k整除。     

构建不定方程模型解决计数问题

<正>许多组合问题看似与方程无关,若能去伪存真,转换思维角度,转化为不定方程整数解的模型,则往往能化繁为简、柳暗花明.1不定方程整数解的有关结论定理1不定方程x_1+x_2+…+x_k=n(k,n∈N+)的非负整数解的个数为C_(n+k-1)ⁿ.证法1将不定方程x_1+x_2+…+x_k=n的任意一组非负整数解(x_1,x_2,…,x_k)对应于一个由n个圆     

构造不定方程解排列问题

1985年全国高中联赛有一道求不定方程整数解的竞赛题,原题如下: 方程2x_1+x_2+x_3+…+x_(10)=3共有多少组不同的非负整数解? 此题难度不大,但其一般化以后的结论却是很有意思的,下面先证明两个关于不定方程整数解的命题。命题1 不定方程 x_1+x_2+…+x_m=n (n≥m)共有C_(n-1)~(m-1)=1组不同的正整数解。 (证明请参看苏淳编写的“同中学生谈排列组合”一书。) 命题2 不定方程 x_1+x_2+…+x_m=n(n≥0)共有C_(n+m-1)~(m-1)组不同的非负整数解。     

平面解析几何极值问题举例

例1 求点 P(4,0)与抛物线 y~2=2x 上的点的距离的最小值。解:设抛物线上一点 Q(x_1,y_1),则y_1~2=2x_1,|PQ|=(x_1-4)~2~(1/2) y_1~2=(x_1~2-6x_1 16)~(1/2)。∵被开方数二次项的系数为正,∴当 x=3时,(x_1~2-6x_1 16)极小值:=7,|PQ|极小值=7~(1/2)。例2 设 A、B 是椭圆 x~2/a~2 y~2/b~2=1的相邻二顶点,试在(?)上求一点 P,使四边形PAOB 面积为最大。解:设(?)上一点 P(acosθ,bsinθ),则S(?)PAOB=S△AOB S△PAB     

一道IMO候选题

下面是一道关于方幂和的IMO候选题。(译自Klamkin,Murray S.Internatumal MathematicalOlympiads,1978—1985 and Faryl SupplemenlaryProblems 68—70)。 A6.设s_k=x_1~k+x_2~k+…+x_n~k,其中x_1是实数。如果 s_1=s_2=…=s_(n+1)。求证:对每一个i=1,2,…n,x_1∈{0,1}。证明1:假设s_1=s_2=…=s_(n+1)是过份强了,我们仅在n=1和n=2时需要它;在n≥3时,我们仅需较弱的假设s_2=s_3=s_4就可以了。情况 1 n=1,假设s_1=s_2就是x_1=x_1~2。很明显可以得出x_1=0或1。情况 2 n=2,假设s_1=s_2=s_3相当于     

关于不定方程X_1~2 X_2~2 … X_m~2=X_(n 1)~2整数解的探讨

引理不定方程x~2-y~2=c(c∈Z)有整数解的充要条件是c■2(mod4)。证:必要性。若存在整数x、y使x~2-y~2=c■(x y)(x-y)=c,∵x y、x-y同奇偶,∴c是奇数,或者4|c,故c■2(mod4)。充分性。设c■2(mod4),则ⅰ)c≡0(mod4),c/4 1,c/4-1∈z,而(c/4 1)~2-(c/4-1)~2=c,即x~2-y~2=c有整数解(c/4 1,c/4-1)。ⅱ) c≡1(mod4)或c≡3(mod4),(c 1)/2,(c-1)/2∈Z,((c 1)/2)~2-((c-1)/2)~2=c,方程x~2-y~2=c有整数解((c 1)/2,(c-1)/2)。引理证毕。对不定方程x_1~2 x_2~2 … x_n~2=x_(n 1)~2,若令x_i     

数学奥林匹克高中训练题(53)

第一试 一、选择题(每小题6分,共36分) 1.已知n、s是整数。若不论n是什么整数,方程x~2-8nx 7~s=0没有整数解,则所有这样的数s的集合是( )。 (A)奇数集 (B)所有形如6k 1的数集 (C)偶数集 (D)所有形如4k 3的数集 2.某个货场有1997辆车排队等待装货,要求第一辆车必须装9箱货物,每相邻的4辆车装货总数为     

谁对谁错——评一道数学题的两种解答

题目:当m取什么实数时,方程x~2 (m-2)x (m 3)=0两根平方和有最小值?最小值是多少?解法一:设此方程的两根为x_1、x_2,则x~2_1 x~2_2=(x_1 x_2)~2-2x_1x_2=〔-(m-2)〕~2-2(m 3)=m~2-6m-2∴当m=-(b/2a)即m=3时,x~2_1 x~2_2=m~2-6m-2 有最小值为:3~2-6×3-2=-11。解法二:设此方程的两根为x_1、x_2,则     

1~k 2~k … n~k求和公式的推求

许多数学书中,总是将如下求和公式:1~3 2~3 … n~3=[n(n 1)/2]~2作为数学归纳法证题的例子。人们常会提问:这个公式的右边最初是怎么得来的?有人习惯地认为这是源于数学的经验或数学家们绝妙的猜测。本文探究这个问题的推求规律性,从下文可看到,当k不很大时,方法是简便的。设1~k 2~k … n~k=P(n),对不同的k如何去求得P(n)的表达式?下列基本极限定理是重要的: 变量y_n→ ∞,并且n充分大后有y_(n 1)≥y_n,则等式 lim n→∞ (x_n)/(y_n)=lim n→∞(x_(n 1)-x_n)/(y_(m 1)-y_n) 只要右边存在就成立。     

课本变式题库

初中部分 题目1.已知方程ax~2 bx c=0(a≠O)的两根和为S_1,两根平方和为S_2,两根立方和为S_3,则aS_3 bS_2 cS_1的值是____.(1993年四川省初中数学联合竞赛试题) 解:设x_1,x_2是已知方程ax~2 bx c=0(a≠0)的两根,则有ax_1~2 bx_1 c=0,ax_2~2 bx_2 c=0. 由题意知,x_1 x_2=S_1,x_1~2 x_2~2=S_2,x_1~3 x_2~3=S_3. ∴ax_1~3 bx_1~2 cx_1=0, ① ax_2~3 bx_2~2 cx_2=0. ② ① ②得 a(x_1~3 x_2~3) b(x_1~2 x_2~2) c(x_1 x_2)=0. 即 aS_3 bS_2 cS_1=0. 注:此题是根据初中《代数》第二册第84页第9题综合改编而成.经过深究还有类似结论,现列举两个.     

对《费马大定理初证》的简化

一 费马大定理表述为:x~n+y~n=z~n……(F),当n>2时无正整数解。 [证]设x、y为整数,且x>y则x/y=k+Δ,其中k为整数,Δ为小数。于是(F)式可以写成: 即z=y(K+Δ~n+1)~(1/n)……………………(1) 由此可见,若((k+Δ)~n+1)~(1/n)为无理数,则z恒为小     

Mitrinovi■-Djokovi■不等式的推广

本文中,我们把Mitrinovi■-Djokovi■不等式推广成:若x_k>0(k=1,…,n),x_1+…+x_n=s≤n-2+2(2+5~(1/2))~(1/2),且a>0,则sum from k=1 to n (x_k+1/x_k)~a≥n(s/n+n/s)~a.     

数学归纳法证明不等式若干技巧

数学归纳法是证明一些与自然数有关命题的基本方法。是数学证明的有力工具。但是用数学归纳法证明不等式时,却往往受挫。不过若能掌握若干技巧,将会使证明获得成功,到达胜利的彼岸。本文试对数学归纳法证明不等式的若干技巧举例阐述之。一、改变命题形式例1 求证:当n是不小于3的整数时,有n~(n 1)>(n 1)~n……(Ⅰ) 分析:若用数学归纳法证明,要证明传递性:设n=k时有k~(k 1)>(k 1)~k,则n=k 1时,(k 1)~(k 2)是     

第29届IMO参赛国提供的备选题

1.(保加利亚1)一个整数序列定义如下: α_0=0,α_1=1,α_n=2α_(n-1)+α_(n-2)(n>1).证明:2~k整除α_n当且仅当2~k整除n. 2.(保加利亚2) 设α_n=((n+1)~2+n~2)~(1/2),n=1,2,…,此处[x]表示x的整数部分、证     

从两道错题谈等差与等比数列的性质应用

错题1:(高中数学配套练习P64,甘肃)一个等差数列共有2n+1项,其中奇数项之和为305,偶数项之和为276,则n+1项是().A.31B.30C.29D.28一般解法:S奇=a1+a3+a5+…a2n+1,(1)S偶=a2+a4+a6+…a2n,(2)(1)-(2)得S奇-S偶=a1+nd=an+1,即an+1=305-276=29,故选(C).特殊解法:∵S2n+1=an+1(2n+1),∴2n+1=3052+9276=52891,∴n不是整数,∴这是一道错题.错题2:一个项数是奇数的等差数列,它的奇数项与偶数项之和分别是168和140,最后一项比第一项大30,则数列的项数是().A.21B.15C.11D.7解:设项数为2k+1项,则ak+1=S奇-S偶=28.∴S2k+1=28×(2k+1)=168+140,得…     

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)。     

一个不等式的推广

题目设 a_i>0,i=1,2,…,n,(?)a_i=1,k∈N_ ,求证:(a_1~k 1/a_1~k)(a_2~k 1/a_2~k)…(a_n~k 1/a_n~k)≥(n~k 1/n~k)~n (1)(《中等数学》2005年第4期数学奥林匹克问题高150)将上述不式(1)的指数进行推广,可得以下命题.     

一类分式不等式的推广及应用

文[1]将一个无理不等式推广为:定理1 设正整数 n≥3,a_i∈R~ (i=1,2,…,n),实数 k≥(n-1)/n,则有∑(a_1/(a_2 a_3… a_n))~k≥n/(n-1)~k,当且仅当 a_1=a_2=…=a_n 时取等号.(∑表示对 a_1,a_2,…,a_n 的循环和)文[2]给出如下两个定理:定理2 若 a_i>0(i=1,2,…,n),s=,则(其中m≥1,n≥2,n∈N,p≥0,A>a_i~p).(1)