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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.… 相似文献
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证明了当k≥3m-5(k∈N)时，不存在边长为FF3m k，F3m k，F3m的Fibonacei三角形。 相似文献
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《数学大世界(高中辅导)》2006,(Z1)
对于具有几何意义的不等式:|x-m| |x-n|≥|m-n|(x、m、n∈R)可以推广为:|x-m|u |x-n|u≥2|m2-n|u(u∈N)定理:已知:x,m∈R,求证:|x-m|u |x-n|u≥2|m2-n|u(u∈N)证明:采用数学归纳法.(1)当u=1时,|x-m| |x-n|≥|m-n|①结论显然成立(2)假设命题在n=k时成立,则|x-m|k |x-n|k≥2|m2-n 相似文献
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一、选择题(每小题4个选项中只有1个是正确的,每小题5分,共60分.)1.集合M={x|x=kπ/2 π/4,k∈Z},N={x|x=kπ/4 π/2,k∈Z},则( ). A M=N; B M(?)N; C M(?)N;D M∩N=∮2.在△ABC中,已知c=3,∠C=60°,a b=5,则cos (A-B)/2的值为( ). A 5/12; B 2/3; C 3/4;D 5/63.(理)使π arccosx≥2arccos(-x)成立的x的取值范围是( ). 相似文献
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潘杨友 《安徽教育学院学报》2003,21(3):8-10
本文运用了欧几里德证明素数无穷性方法及数学分类思想 ,结合二次剩余、数关于模 m的阶和费马数的特征 ,系统地证明了形如 :4 n+k(n∈ N ,k=± 1) ,8n+k(n∈ N,k=1、3、5、7)形式素数的无穷性。并结合群论与数论研究的相辅关系 ,利用有限群特征标理论与性质证明了狄利克雷定理。 相似文献
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给出第1类stirling数与Bernou lli数的解析表示式S1(n,n)=1 n∈N+n-1S1(n,m)=(-1)n-m∑k2=n-mk1∑k1-1k2=n-m-1k2…∑kn-m-2-1kn-m-1=2kn-m-1∑kn-m-1-1kn-m=1kn-mn,m∈N+,n>mb1=12b2=1n!∑n-1i=1(-1)n-ii+1∑n-1k1=n-ik1∑k1-1k2=n-i-1k2…∑kn-i-2-1kn-i-1=2kn-i-1∑kn-i-1-1kn-i=1kn-i+1(n+1)!n∈N+,n≥2因此解决了它们的计算问题。 相似文献
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命题若a,b,c,p∈R,a b c=p,则存在k∈R,使b=-(k 1)a,c=ka p。而且也存在k’∈ R,使c=-(k’ 1)a,b=k’a p。证明由a b c=p得a b (c-p)=0,以a、b、(c-p)为二次项、一次项的系数和常数项,作一元二次方程 ax~2 bx (c-p)=0(假定a≠0),显然方程有根为1,(因为a b (c-p)=0),若另一根为k,(k∈R)由根与系数的关系得-b/a=k 1,即 b=-(k 1)a,(c-p)/a=1·k,得c=ka p。再作二次方程ax~2 cx (b-p)=0,其一根为1 ,若另一根为k’,则有 相似文献
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周剑蓉 《太原大学教育学院学报》2008,26(3)
文章给出计算方幕和nΣk=1(ak+b)m(a,b∈N+)的递推公式,并利用这个递推公式得出了计算方幂和Sm(n)=nΣk=1m的递推公式. 相似文献
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性质 :若数列 {an}是等差 (或等比 )数列 ,m,n,p ,q∈ N* ,且 m +n =p +q,则 am +an= ap +aq(或 am . an =ap . aq) .此特殊性质的考查在每年的高考卷中必考 ,而且变化无穷 ,此性质还可以更完美 ,笔者将性质推广如下 ,并配以相应的例题 ,供参考 .1 性质推广定理 1 设 {an}是等差数列 ,ni,mi ∈ N* ,i = 1,2 ,3 ,… ,k,若 n1 +n2 +n3 +… +nk=m1 +m2 +m3 +… +mk,则 an1+an2 +an3 +… +ank =am1+am2+am3 +… +amk.注 :等式左右两边项数相同 .推论 1:设 {an}是等差数列 ,ni,m∈ N* ,i= 1,2 ,3 ,… ,k,若 n1 +n2 +n3 +… +nk=k . m ,则 an1… 相似文献
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一、选择题:1.设集合M={x|x=3m+1,m∈Z},N={y|y=3n+2,n∈Z},若x0∈M、y0∈N,则x0y0与集合M、N的关系是().A.x0y0∈MB.x0y0MC.x0y0∈ND.x0y0N2.若向量a=(1,1),b=(1,-1),c=(-1,2),则c等于().A.-21a+23bB.21a-23bC.23a-21bD.-23a+21b3.双曲线xa22-by22=1和椭圆mx22+by22=1(a>0,m>b>0)的离心率互为倒数,那么,以a、b、m为边长的三角形是().A.锐角三角形B.钝角三角形C.直角三角形D.等腰三角形4.已知f(x)是定义在(-3,3)上的奇函数,当0相似文献
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借助下面的数学模型,可方便地解决一些有关问题. 定理若a~1=b~1+c~1(a、b、c∈R~+,t∈R且t≠0),则对任意的k∈R,有 a~kb~k+c~k(k/t>1),(3) 证明:由条件可得 (a1/2)~2=(b1/2)~2+(c1/2)~2令 b 1/2=a 1/2sinθ, (0<θ<π). c 1/2=a 1/2cosθ, 相似文献
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甘志国 《数理化学习(高中版)》2012,(12):12-14
高考题1:(陕西·文·21)设函数f(x)=xn+bx+c(n∈N+,b,c∈R).(1)设n≥2,b=1,c=-1,证明:f(x)在区间(12,1)内存在唯一零点;(2)设n为偶数,|f(-1)|≤1,|f(1)|≤1,求b+3c的最小值和最大值;(3)设n=2,若对任意x1,x2∈[-1,1],有|f(x1)-f(x2)|≤4,求b的取值范围.高考题2:(陕西·理·21)设函数fn(x)=xn+bx+c(n∈N+,b,c∈R).(1)设n≥2,b=1,c=-1,证明:fn(x)在区间(12,1)内存在唯一零点; 相似文献
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第一试一、选择题 (每小题 6分 ,共 36分 )1 .已知集合P =n 3n+ 4 n5∈N ,n∈N ,Q ={m|m =( 2k - 1 ) 2 + 1 ,k∈N}.则P与Q的关系是 ( ) .(A)P =Q (B)P Q(C)Q P (D)P Q且Q P图 12 .如图 1 ,已知正方体ABCD -A1B1C1D1,点M、N分别在AB1、BC1上 ,且AM =BN .那么 ,①AA1⊥MN ;②A1C1∥MN ;③MN∥平面A1B1C1D1;④MN与A1C1异面 .以上 4个结论中 ,不正确的结论的个数为 ( ) .(A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 43.用Sn 与an 分别表示区间 [0 ,1 )内不含数字 9的n位小数的和与个数 .则limn→∞anS… 相似文献
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设 a≠1,记 S_n~(0)=(sum ∑ from k=1 to n)ak=(a(1-a~n))/(1-a),S_n~(1)=(sum ∑ from k=1 to n)kak=(a(1-a~n))/(1-a)~2-(na~(n+1))/(1-a),S_n~(m))=(sum ∑ from k=1 to n)kmak(m∈N) 相似文献
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文 [1]、[2 ]证明了下面的等式 :设 a,b,c,d∈ (0 ,+∞ ) ,且 c+d=1,c2a+d2b=1a+b,求证 :c4a3 +d4b3 =1(a+b) 3 . 1文 [2 ]还把 1式推广为 :cm + 1am +dm + 1bm =1(a+b) m. 2本文给出 1的不等式证法 ,并把 1,2式的条件推广 ,同时给出其应用 .1 简证 由 x2y≥ 2 x- y知c2aa+b≥ 2 c- aa+b,d2ba+b≥ 2 d- ba+b.因为 c+d=1,所以 c2aa+b+d2ba+b≥ 2 (c+d) - (aa+b+ba+b) =1.由等号成立条件知 c=aa+b,d=ba+b,故 c4a3 +d4b3 =a4a3 (a+b) 4 +b4b3 (a+b) 4 =1(a+b) 3 .2 推广定理 设 a,b,c,d∈ (0 ,+∞ ) ,m,n∈N* ,m≠ n,若 c+d=1且 cm + 1am … 相似文献