完全三部图k(m,n,r)色唯一性的几个结果

令K(m ,n ,r)表示完全三部图 ,本文证明了 :1.若k≥ 0 ,l≥ 0 ,m >k2 -k(l+1) +l(l- 1) +2 (k2 -kl+l2 ) 1 2 ,则k(m ,m+l,m +k)是色唯一的 .2 .若k≥ 0 ,l≥ 0 ,m -k≥ 2 ,m -l≥ 2 ,m >2 (k2 -kl+l2 ) 1 2 +k2 -k(l- 1) +l(l+1)3,则k(m -k ,m -l,m)是色唯一的 .3.若k≥ 0 ,l≥ 0 ,m >2 (k2 +kl+l2 ) 1 2 +k(k +1) +kl+l(l- 1)3,则k(m -k ,m ,m +l)是色唯一图 .4 .若k≥ 0 ,l≥ 0 ,m -k≥ 2 ,m >2 (3k2 +l2 ) 1 2 +3k2 +l(l- 1)3,则k(m -k ,m +l,m +k)中色唯一的 .本文也推广了文 [1]推论中所涉及的几类完全三部图的色性的结论 .     

错在哪里

一四川忠县双桂一小张明廷来稿 题如。为有理数,试定k的值,使方程 xZ一4杭x+4x+3m2一Zm+4k=0的根为有理根。 解原方程即是 xZ一4(m一l)x+(3m,一Zm+4k)=0 △== 16(m一l)2一4(3m2一Zm+4k) =4〔优2一6m+4(1一k)〕 若方程有有理根,则判别式应为完全平方式,即二次三项式mZ一6m+4(l一k)应有等根。因此,这个二次三项式的判别式又必须为零,即36一16(z一k)=o,解得k=一5/4。 解答错了!错在哪里? 一元二次方程有有理根,必须判别式的值是完全平方数,也就是mZ一6m+4(1一k)的值应是完全平方数,并不要求m“一6m++4(l一k)是完全平方式。例如,当k二一士时,…     

组合数(-1)~xx~m(m从x到2n-x)的求和

设Smn=2n-11-2m2n-22+…+nm·(-1)n+1·nn,则对任意非负整数m、k有Sm3k=Amkm+Am-1km-1+…+A1k;Sm3k+1=Bmkm+Bm-1km-1+…+B1k+1;Sm3k+2=Cmkm+Cm-1km-1+…+C1k+3-2m;其中Ai,Bi,Ci(1≤i≤m)为待定常数     

用组合性质推导(sum from i=1 to m ai)~n(n≥1,m≥1)的项数

在学习过程中,我们遇到求形如(1+2x+3x~2)~5的展开的项数问题,通过分析,我们猜测如下命题。我用已学过的组合性质C_(n+1)~m=C_n~(m-1)+C_n~m及二项式定理证明了这一命题。命题:(sum from i=1 to m a_i)~n(n≥1,m≥1)的展开项数为C_(m+n-1)~n项。证明:我们对自然数m用数学归纳法。①、当m=1、2时,对一切自然数n命题显然成立。②、假设m=k时,对一切自然数n命题成立。当m=k+1时, 据归纳假设,上式右端展开后,其项数分别为:C_k~0项,C_k~1项,C_(k+1)~2项,C_(k+2)~3项,…,C_(k+n-1)~n项。又由于上式右端a_(k+1)的方次不同,它们之间不可能再合并同类项。故有 (sum from i=1 to k+1 a_i)~n展开项数=C_k~0+C_k~1+C_(k+1)~2+C_(k+2)~3     

常见的错题分析一例

下题是我们在学习一元二次方程的根的判别式时所常见的: 如果m为有理数,试确定k值,使方程x~2-2mx+10x+4k=0的根是有理数。拿到题目后,有的同学可能会这样解吧! 解原方程即x~2+(10-2m)x+4k=0,要使它的根是有理数,只需其根的判别式△=(10-2m)~2-16k=100-40m+4m~2-16k=4(m~2-10m+25-4k) ①是完全平方式,即m~2-10m+25-4k=0有相等的根,即以m为元的此二次方程的判别式△′=100-4(25-4k)=0,     

一组三角函数有限和公式及推导

本文对三角函数有限和式sum from k=1 to n(sec~m)(2k)/(2n+1)π进行了化简计算,得到了结果sum from k=1 to n(sec~m)(2k)/(2n+1)π=2~(m-1)(2n+1)A_1_0(m,n)-2~(m-1)(n+1)~m其中m≥2,41_0≡-m(mod2n+1),A_1_0(m,n)是与m,n有关的式子。为简便起见,本文中将使用如下记号:     

数学奥林匹克高中训练题(4)

第一试一、选择题(每小题6分,共36分)1.如果一个n面体中m个面是直角三角形,就说这个n面体的直度为mn.如果一个n(n≥4)面体的直度为1,棱数为k,那么,n与k应满足().(A)k=3n(B)k=23n(C)k=34n(D)k=2n图12.如图1,P为△ABC内一点,且满足AP=25AB+51AC.则△PBC的面积与△ABC的面积之比为().(A)21(B)32(C)53(D)523.设函数f(x)=2sinx+π4+2x2+x2x2+cosx的最大值为M,最小值为m.则M与m满足().(A)M+m=2(B)M+m=4(C)M-m=2(D)M-m=4图24.如图2,过双曲线ax22-by22=1(a>0,b>0)的左焦点F作圆x2+y2=a2的切线,切点为T,延长FT交双曲线右支于点P.若线…     

2010中国西部数学奥林匹克

第一天 1.设m、k为给定的非负整数,P=2 2 m+1为质数.求证: (1)2[2(m+1)pk]≡1(mod Pk+1); (2)满足同余方程2n≡1(mod Pk+1)的最小正整数n为2(m+1)pk.(靳平供题)     

10月份《初二数学竞赛训练题(二)》参考答案

1 .C .2 .C .3 .A .4.A .可考虑任意的三点A ,B ,C ,不失一般性 .如果这三点连成△ABC ,若AB是最长边 ,那么A和B就不可连结 ,所以构不成三角形 .5.C .6 .D .7.7.8.343个 .9.a =b=2 0 0 3 .1 0 .a=- 7.1 1 .令m =n+99,则m - 99,m ,m +1 0 1都是完全平方数 .令m =k2 ,(m+1 0 1 ) =(k+j) 2 ,(k,j是某些正整数 ) .有　k2 +1 0 1=(k +j) 2 =k2 +2kj+j2 .因此 ,1 0 1 =j(2k+j) ,这说明 j和(2k +j)是1 0 1的因数 ,必须等于 1或 1 0 1 ,因为k >0 ,∴ j不可能是 1 0 1 ,则 2k +j =1 0 1和 j =1 ,∴k=50 ,∴m =k2 =2 50 0 ,∴n=2 50 0 - 99=2 4…     

竞赛题中的新定义运算

对于新定义下的运算问题,必须认清其运算特点,将新定义的运算转化为熟知的普通四则运算,使问题顺利获解.例1有一个运算程序,可以使:当m×n =k(k为常数)时,得(m+1)×n=k-1,m×(n+1)=k+2.     

一道竞赛题的别解

20 0 2年全国高中数学联赛二试第二大题 :实数 a,b,c和正数 λ使得 f( x) =x3+ ax2+ bx+ c有三个实根 x1 ,x2 ,x3,且满足 ( 1 ) x2- x1 =λ;( 2 ) x3>12 ( x1 + x2 ) .求2 a3+ 2 7c- 9abλ3 的最大值 .笔者在全国联赛阅卷过程中发现学生有如下巧解 :由韦达定理　　x1 + x2 + x3=- a,x1 x2 + x2 x3+ x3x1 =b,x1 x2 x3=- c.123由 1、2及 λ>0 ,不妨设 :x1 =m- n,x2 =m+ n,x3=m+ k( m为任意实数 ,n,k为任意正实数 )∴a=- ( 3m+ k) ,b=3m2 - n2 + 2 mk,c=- ( m3+ m2 k- mn2 - n2 k) ,λ=2 n.设 M=2 a3+ 2 7c- 9abλ3 ,则代入整理得M=14 ( - k3n…     

利用判别式解题

一元二次方程根的判别式主要用于判断方程根的情况,灵活运用它还可以解决其它问题.一、用于求值例1如果代数式(2m-1)x2+2(m+1)x+4是完全平方式,求m的值.解:∵代数式(2m-1)x2+2(m+1)x+4是完全平方式,∴(2m-1)x2+2(m+1)x+4=0有两个相等的实数根.∴△=〔2(m+1)〕2-4×4(2m-1)=0.解之,得m=1或m=5.二、用于求最值例2已知a、b都是正实数,且a3+b3=2,求a+b的最大值.解:设a+b=k,则b=k-a,将b=k-a代入a3+b3=2,并以a为主元整理,得3ka2-3k2a+k3-2=0.∵a是正实数,则关于a的方程必有实数根,∴△=(-3k2)2-12k(k3-2)≥0,解得0相似文献   

“换句话说”的妙用

题设L:y=kx+m是双曲线x2-y2/2=1的切线,则斜率k的范围是(A)|k|>2~(1/2) (B)|k|<2~(1/2)(C)|k|≥2~(1/2) (D)不确定错解:∵L:y=kx+m是x2-y2/2=1的切线,联立得(1-k2/2)x2-kmx-(m2/2+1)=0,     

利用“整除”思想求解数列中“不定方程”问题

<正>题目(2014年浙江高考题)已知等差数列{an}的公差d>0.设{an}的前n项和为Sn,a1=1,S2·S3=36.(1)求d及Sn;(2)求m,k(m,k∈N*)的值,使得am+am+1+am+2+…+am+k=65.一、背景及解析该试题以学生最为熟悉的等差数列为载体,第(1)问考查等差数列基本量的运算,第     

图Fn∪kDm的伴随等价图

应用伴随多项式的性质,特征标和最小实根,在n,m≠3k+2,n≠5k+2,m≠5k+3的条件下,刻画出了所有和图FnUkDm(m≥5)伴随等价的图.     

不含H子图的图上的最大割下界

文章证明了对于由单个顶点连接任意t个点不交的完全二部图K2,s的所有顶点构成的图H,有f(m,H)≥m2+Ω(m(2t+1)/(3t+1));特别当t=1时,该猜想近似成立。还证明了对于轮图W2k,有f(m,W2k)≥m2+Ω(m(2k+2)/(3k+2))。     

“二次函数解析式”求法浅谈

二次函数的一般式:y=ax2+bx+c(a≠0) 顶点式:.y=a(x+b/2a)2+4ac-b2/4a=a(x+m)2+k(m=b/2a,k=4ac-b2/4a). 因式分解式:y=ax2+bx+c(x-a)(x     

课后作业参考答案

&#167;7.1 1.设原计划每小时抢修路段的长度为x m. 　　依题意可得4800/x=4800/x(1+20%)+2.解之得x=400.所以每小时抢修路段长为400m. 　　2.(1)设3-y=k/x+1(k≠0),由题意得3-2=k/1+1,所以k=2.故y=3-2/x+1.……     

椭圆与双曲线的一个重要性质

已知ABC的3个顶点都在⊙O上,且A,B两点关于圆心O对称.设直线AC的斜率为k1,直线BC的斜率为k2,则有k1k2=-1.通过类比的分析,易证对椭圆、双曲线亦有类似的结论.命题已知ABC的3个顶点都在椭圆x2m+yn2=1上,且A,B两点关于原点O对称,设直线AC的斜率为k1,直线BC的斜率为k2,则k1·k2=-mn.证明设A(x1,y1),则B(-x1,-y1),又设C(x2,y2),则由点A、C在椭圆上得x12m+yn21=1,①x22m+yn22=1.②②-①,得(x2-x1)m(x1+x2)+(y2-y1)n(y1+y2)=0.∴yx22++yx11·xy22--xy11=-mn.又k1=xy22--yx11,k2=xy22++xy11,∴k1·k2=-mn.例设M是椭圆C:1x22+y42=1上的…     

确定方程中参系数的方法

一、由方程的定义确定参数例1若(m2-m-2)x2+mx+3=0是关于x的一元二次方程,则m的取值范围是().(A)m≠-1;(B)m≠2;(C)m≠-1且m≠2;(D)一切实数.解:由一元二次方程的定义,得m2-m-2≠0,∴(m-2)(m+1)≠0,∴m≠2且m≠-1.故选(C).二、由方程根的定义确定参数例2方程x2-12x-m=0的一个根是2,那么m的值是.解:由方程根的定义,把x=2代入方程,得22-12×2-m=0,解得m=-20.三、由方程根的情况确定参数例3已知关于x的一元二次方程(1-2k)x2-2k+1√x-1=0有两个不相等的实数根,求k的取值范围.解:∵方程有两个不相等的实数根,∴△=(-2k+1√)2-4(1-2k)×(-1)=-4k…