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数论部分1.设m是一个大于 1的固定整数 ,数列x0 ,x1,x2 ,…定义如下 :xi=2 i,0 ≤1≤ m - 1,∑mj=1xi-j,i≥ m .求k的最大值 ,使得数列中有连续的k项均能被m整除 . (波兰 提供 )解 :设ri 是xi 模m的余数 ,在数列中按照连续的m项分成块 ,则余数最多有mm 种情况出现 .由抽屉原则 ,有一种类型的情况会重复出现 .因为定义的递推式可以向后递推 ,也可以向前递推 ,所以 ,数列 {ri}是周期数列 .由已知条件可得向前的递推公式为xi=xi m - ∑m -1j=1xi j.由其中的m项组成的余数分别为r0 =1,r1=2 ,… ,rm -1=2 m -1,求这m项前面的m项模m的余数 ,由向… 相似文献
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2001年全国高中数学联合竞赛结束后,我们收到许多热情的读者来信,给出了一些异于标准答案的解法.根据来稿先后及解法特点,现整理部分解答奉献给大家,供参考. 相似文献
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数论部分 1.本届IMO第4题. 2.证明:每个正有理数都能被表示成(a~3 b~3)/(c~3 d~3)的形式,其中a、b、c、d是正整数。 证明:对于区间(1,2)内的有理数m/n,其中m、n是自然数,我们选择正整数a、b、d,使b≠d,且a~2-ab b~2=a~2-ad d~2,即b d=a,则 相似文献
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三、代数部分1.求所有实函数f、g、h :R→R ,使得对任意实数x、y ,有(x -y)f(x) +h(x) -xy +y2 ≤h(y)≤(x -y)g(x) +h(x) -xy +y2 .①(第 5 3届罗马尼亚数学奥林匹克 (第一轮 ) )解 :由式①得(x -y)f(x) ≤(x -y)g(x) .易知f(x) =g(x)对所有实数x均成立 .于是 ,有(x -y)f(x) +h(x) -xy +y2 =h(y) .令x =0 ,得h(y) =y2 -f(0 )y +h(0 ) ,即h是一个二次函数 .定义f(0 ) =a ,h(0 ) =b ,将h(y) =y2 -ay +b代入 ,有(x -y)f(x) +x2 -ax +b -xy+y2 =y2 -ay +b ,即 (x -y)f(x) +x(x -y) - (x -y)a =0 .由于x、y是任意实数 ,所以 ,f(x) =-x +a .经… 相似文献
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1.有n(n≥2)盏灯L1,L2,…,Ln它们要么开着,要么关着.我们每秒钟按照下列方法同时改变某些灯的开关状态:若前一秒钟Li(i=1,2,…,n)和与其相邻的灯(当i=1或i=n时,仅有一盏灯与其相邻,其他情况有两盏灯与其相邻)处在相同的开关状态,则将Li关上;否则,将Li开着.开始时,只有最左边的一盏灯是开着的.证明: 相似文献
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数论部分1.求最小正整数n ,使得x31+x32 +… +x3n=2 0 0 2 2 0 0 2有整数解 . (乌兹别克斯坦提供 )解 :因为 2 0 0 2 ≡4 (mod 9) ,4 3 ≡1(mod 9) ,2 0 0 2=6 6 7× 3+1,所以 ,2 0 0 2 2 0 0 2 ≡4 2 0 0 2 ≡4 (mod 9) .又x3 ≡0 ,± 1(mod 9) ,其中x是整数 ,于是 ,x31,x31+x32 ,x31+x32 +x33 4 (mod 9) .由于 2 0 0 2 =10 3 +10 3 +13 +13 ,则2 0 0 2 2 0 0 2 =2 0 0 2× (2 0 0 2 667) 3=(10× 2 0 0 2 667) 3 +(10× 2 0 0 2 667) 3 +(2 0 0 2 667) 3 +(2 0 0 2 667) 3 .所以 ,n =4 .2 .本届IMO第 4题 . (罗马尼亚提供 )3.设p1,p2 … 相似文献