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,     

北京市中学1962年数学竞赛第二試試題解法

高二第二試题目解法 1.証明:不論n是什么整数,方程 x~2-16nx 7~5=0 (1)没有整数解。这题目里面的7~5可以改成7~8,其中s是任何正的奇数。解题时,最好利用根与系数的关系,并用反证法。现在把解写在下面: 解:设两根为x_1,x_2,则有 x_1 x_2=16n (2) x_1x_2=7~8 (3)现在假定(1)有一根是整数,则由(2),另一根也是整数。因7是素数,故由(3)知,x_1x_2可以写成下面的形式: x_1=±7~k,x_2=±7~h (4)上面两式同时取 号或-号,而 k h=s. (5)把(4)代入(2)得 7~k 7~h=±16n (6)因k h=s为奇数,不妨设k>h,则     

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     

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。     

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)     

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。     

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。     

互补的数列与一道国际数学竞赛题

1.数列互补的定义及定理: 定义如果两个递增的正整数的数列{f(n)}、{g(n)}满足下面两个条件: (ⅰ)这两个数列没有相同的项,即对任意的正整数m、n,有,f(n)≠g(m); (ⅱ)每一个正整数k,都必定在数列{f(n)}或{g(m)}中出现,即总可以找到正整数n或m,使得k=f(n)或k=g(m)。     

正整数的一个有趣性质

在一次数学小组活动中,老师提出这样的问题:“把12分成任意几个正整数的和,分得的几个数的乘积最大是多少?”要求在一分钟内答出来。一位同学应声回答是81。又问:“13呢?”答:“108”。“11呢?”答:“54”。这位同学为什么回答这样快?奥秘在哪里?原来他掌握了下面这个有趣的性质。设N是给定的大于2的正整数,把N分成若干个正整数x_1、x_2、…、x_i、…、x的和,那么: (1)当N=3k时,multiply from i=1 to n x_i=x_1·x_2…x_,     

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.…     

解决杰波夫猜想的两种途径

本文根据素数分布理论,运用初等数论的方法,给出了n~2与(n 1)~2之间奇合数(不含n~2和(n 1)~2)个数的一个表示式:及奇合数个数的粗略估计式:p_a=1 [n/3] [n/5] …[n/p]-[n/3×5]-…十…[n/3×5×7].(其中[a]是不超过a的最大整数,p是不超过n的最大奇素数,n∈N,n≥4).证明了:r_n=N—k,k是满足2~k≤n<2~(k 1)的自然数.并猜想:1)R_a≤r_n(n≥4);2)对任意n(n≥3)个无区别的小圆圈并列一行,用不超过n的所有奇素数P,相隔p—1个小圆圈划一个小圆圈,奇素数不重复用,则按照这个规定,这一行n个小圆圈不管怎么划,至少有两个小圆圈不能被划.易验证,若这两个猜想有一定成立,则杰波夫想得到证明.     

不等式(a+1/a)(b+1/b)≥25/4的再推广

目前已有人把(a+1/a)(b+1/b)≥25/4(a>0,b>0,a+b=1)推广为:设x_i>0(i=1,2,…,n)且x_1+x_2+…+x_n=k,则(x_1+1/x_1)(x_2+1/x_2)…(x_n+1/x_n)≥(n/k+k/n)~n当且仅当x_1=x_2=…=x_n=k/n时取等号。本文对该不等式进一步作了推广,得出两个新的结果。欲知情况如何,请看该文。     

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。     

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)     

谈谈局部调整原理的运用

1984年上海市数学竞赛决赛试卷的最后一题是:设x_1,x_2…,x_n皆为正整数,sum from i=1 to n x_i=qn+r,0≤r相似文献   

一道高考题的错解分析及别解

20 0 4年高考数学 (江苏卷 )第 2 0题 :设无穷等差数列 {an}的前n项和为Sn.(Ⅰ )若首项a1 =32 ,公差d=1,求满足Sk2 =(Sk) 2 的正整数k ;(Ⅱ )求所有的无穷等差数列 {an},使得对一切正整数k都有Sk2 =(Sk) 2 成立 .此题主要考查数列的基本知识 ,以及运用数学知识分析问题和解决问题的能力 .从学生对 (Ⅱ )的解答情况来看不太理想 ,出现了一个典型错误 .为此 ,本文谨对错解作一简要分析并给出别解 .1　错解的逻辑分析错解　因为对一切正整数k都有Sk2 =(Sk) 2 成立 ,所以在Sk2 =(Sk) 2 中分别取k= 1,2 ,得S1 =(S1 ) 2S4 =(S2 ) 2 ,即a1 =a…     

S-单式环的交换性条件

本文证明了如果R是一个s-单式环,且满足条件:1.?x,y∈R,存在不全为1有有界正整数k=k(x,y),s=s(x,y),t=t(x,y)使得(xy)~k=x~sy’,(xy)~(k+1)=x~(s+1)y~(t+1);2.R的所有幂零元素集合N是p-扭自由的,这里p是诸s和t的最小公倍数,则R是交换环。     

巧拆正整数

正整数的分拆问题是一个古老而有趣的问题,由于所需的知识不多,而思维要求较高,目前在国内外初中数学竞赛中,经常以各种形式出现。本文结合具体实例,对分拆技巧作肤浅的探讨与归纳。我们知道:已知正整数S(>1),那么把S分拆为两个正整数m与n的和,使其积mn为最大的条件是:或m=n,或m-n=1(m>n)。事实上,已知正整数S=p·q r(0≤r相似文献