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题目 设三角形三边长分别是整数l、m、n ,且l>m >n .已知 3l1 0 4 =3m1 0 4 =3n1 0 4 ,其中 {x}=x - [x],而 [x]表示不超过x的最大整数 .求这种三角形周长的最小值 .1 试题的另解解 :由已知得3l≡3m ≡3n(mod 1 0 4 ) .①式① 3l≡3m≡3n(mod 2 4 ) ,3l≡3m≡3n(mod 54 ) 3l-n≡3m -n≡1 (mod 2 4 ) ,3l-n≡3m -n≡1 (mod 54 ) .因为 ( 3,2 4 ) =( 3,54 ) =1 ,根据欧拉定理得 3φ( 2 4) ≡1 (mod 2 4 ) ,3φ( 54) ≡1 (mod 54 ) ,其中φ(2 4 ) =2 4 1- 12 =8,φ(5 4) =5 41- 15 =5 0 0 .设k1、k2 是分别使 3k≡1 (mod 2 4 ) ,3k≡1 (mod … 相似文献
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娄希明 《中学数学教学参考》2004,(7):61-61
以n′、n″分别表示n的末 1和末 2位数码 ,N′表示nnn的末位数 ,则有定理 设n′≠ 0 .(1 )若n≡ 1 (mod 4) ,则n′=N′;(2 )若n≡ 3 (mod 4) ,则N′≡ (n′) 3(mod 1 0 ) ;(3 )若n≡ 0或 2 (mod 4) ,则N′ =6.引理 1 [1] n4 q r的末位数与nr 同 .引理 2 n′为非零偶数 ,则n4 q末位为 6.证明 :n′=2 ,4,6,8和n4 ≡ (n′) 4≡ 6(mod 1 0 ) .故n4q=(n4 ) q≡ 6q≡ 6(mod 1 0 ) .定理的证明 :(1 )有n =4k 1 ,由引理 ,nn 末位 =(4k 1 ) 1的末位≡ 1 (mod 4) ,故nn=4q 1 .再用引理 ,nnn=n4q 1≡n≡n′(mod 1 0 ) ,即N′ =n′ .(2 )当n≡ … 相似文献
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下面我们将证明multiply from k=1 to n-1 cos kπ/n=0,n 为偶数;(-1)~((n-1)/2)/2~(n-1),n 为奇数.(1)并利用(1)的结果解一类数学问题.为了证明(1),先证明如下一个恒等式multiply from k=0 to n-1[1-cos(α+2kπ/n)]=1-cosna/2~(n-1)(2)由棣美弗公式和二项式定理,知 相似文献
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高印芝 《河北北方学院学报(社会科学版)》1996,(5)
证实了图C_nUP_4当n=12k 1(k≥5),n=12k 3(k≡0,1,5(mod6),且k≥5),n=12k 5(k≡1,2(mod 4),且k≥5)时的优美性。 相似文献
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'95高考第12题:等差数列{a_n}、{b_n}的前n项和分别为S_n与T_n,若S_n/Tn=2n/(3n 1),则(?)a_n/b_n等于(A)1(B)(6~(1/2))/3(C)2/3(D)4/9.应该说这是一道考察基础且具有一定灵活性的好题.就解法看,(i)从熟悉的关系a_n=S_n-S_(n-1)着眼,由题设可转化为S_n=kn·2n.T_n=kn·(3n 1)(k∈R且k≠0)得a_n=2k(2n-1).b_n=2k(3n-1)∴(?)2k(2n-1)/2k(3n-1)=(?)(2n-1)/(3n-1)=2/3.(ii)从灵活利用公 相似文献
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(一) 我们知道,方程z~n-1=0(n是自然数)有n个复根α_0,α_1,……,α_(n-1),其中α_k=cos2k/nπ+isin2k/nπ(k=0,1,2…,n-1),根据一元n次方程的韦达定理,有α_0+α_1+α_2+…+α_(n-1) 相似文献
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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 相似文献
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由组合数公式知
C:=n(n-1)…(n-k 1)/k!=n/kCk-1/n-1,
两边同乘以k得
变形1kCkn=nCk-1/n-1(k、n∈N,k≤n).
由组合数公式又知
Ckn=n(n-1)…(n-k 1)/k!=k 1/n 1Ck 1/n 1,
两边同除以k 1得
变形2 1/k 1Ckn=1/n 1Ck 1/n 1(k、n是非负整数且k≤n).…… 相似文献
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张广学 《中学数学教学参考》2006,(7)
定理1 设α_1,α_2,…,α_n∈[2kπ,(2k+1)π],其中 k 取自然数,α_1+α_2+…+α_n=θ(θ为定值),则 sin α_1+sin α_2+…+sin α_n≤nsin θ/n,当且仅当α_1=α_2=……α_n=θ/n 时等号成立(其中 n≥2).证明:采用数学归纳法.①当 n=2时,sin α_1+sin α_2=2sin((α_1+α_2)/2)cos((α_1-α_2)/2)=2sin(θ/2)cos((α_1-α_2)/2)≤2sin(θ/2).②假设 n=m 时命题成立(这里的 m 是大于2的自然数), 相似文献
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本给出多重完全二部图λKm,n存在Ck-因子分解的充分必要条件：（1）k=0(mod2),k≥4;(2)2m=2n≡(modk);(3)λm=λn≡0(mod2)，其中当λ=1时m=n=k=6例外。 相似文献
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王建 《南通职业大学学报》2003,17(1):52-53
给出对称的完全二部多重有向图λK^*m,n。存在Ck^→-因子分解的充分必要条件：(1)k≡0(mod2)，k≥4；(2)2m=2n≡0(mod k)。 相似文献
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《南阳师范学院学报》2016,(9):7-10
通过分类讨论、归纳综合的方法,研究了一个圈与一个完全二部图的直积的L(2,1)-标号问题,得到了以下的结果:(1)当n≥3时,C3×Kn,n的L(2,1)-标号数为3n+1;当n≥3时,C4×Kn,n的L(2,1)-标号数的上界是4n;当n≥3时,C5×Kn,n的L(2,1)-标号数为5n-1;(2)当n≥3,m≥6,m≡0(mod3)时,Cm×Kn,n的L(2,1)-标号数为3n+1;当n≥3,m≥6,m≡1(mod3)或m≡2(mod3)时,Cm×Kn,n的L(2,1)-标号数的上界是4n. 相似文献
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乐茂华 《黄冈师范学院学报》2003,23(3):1-2
设f(x)=xn-x-a∈Z[x],其中a≠0.本文证明了当n>6时,如果f(x)在Z[x]中有首项系数1的不可约二次因式n≡2(mod
6),a=-1,g(x)=x2-x+1或 n=7,a=±280,g(x)=x2x+5. 相似文献
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题:设a>2,给定数列{x_n},其中x_1=a,x_(a+1)=x_n~2/2(x_n-1),(n=1,2,…)。求证(1) x_n>2,且x_(n+1)/x_n)<1(n=1,2,…);(2) 如果a≤3,那么x_n≤2+(1/2~(n-1)(n=1,2,…)(3) 如果a>3,那么当n≥lg(a/3)/lg(4/3)时, 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
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邱筝 《南通职业大学学报》2003,(1)
给出了当d=gcd(λ,4k)≠1时,平衡完全二部多重图λKn,n存在P2k+1-因子分解的充分必要条件为n=0(mod 4k(2k+1)/d)。 相似文献
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陈计 《宁波大学学报(教育科学版)》1989,(1)
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. 相似文献