数学题中的2020

<正>1.是否存在正整数x、y,使x²+y2+y²=2020成立?若成立,求出x、y;若不存在,请说明理由.解析本题主要考查数学中的分类讨论思想.①若x、y为一奇一偶,由于奇数的平方为奇数,偶数的平方仍为偶数,于是方程左边为奇数,而右边为偶数2020,原方程无解.②若x、y均为奇数,令x=2k+1,y=2m+1,则(2k+1)2=2020成立?若成立,求出x、y;若不存在,请说明理由.解析本题主要考查数学中的分类讨论思想.①若x、y为一奇一偶,由于奇数的平方为奇数,偶数的平方仍为偶数,于是方程左边为奇数,而右边为偶数2020,原方程无解.②若x、y均为奇数,令x=2k+1,y=2m+1,则(2k+1)²+(2m+1)2+(2m+1)²=2020,展开得4k2=2020,展开得4k²+4k+4m2+4k+4m²+4m=2018,于是有2k2+4m=2018,于是有2k²+2k+2m2+2k+2m²+2m=1009,     

整数剩余类在高中数学中的应用举隅

整数剩余类就是把全体整数去被m(m∈N )除,然后按余数(0,1,2,…,m-1)将整数分为m类,且每个整数属于且仅属于其中的一类.例如,当m=2时,整数分为两类:余数为0称偶数,余数为1称奇数;当m=3时,整数分为三类,可记为{3k},{3k 1},{3k 2}(k∈Z)等.整数剩余类在高中数学中应用较为广泛,利     

3的剩余类及应用

在82年数学通报第10期上,我曾建议中学生学习点初等数论基本知识。在此,我们介绍一些具体有趣的整数问题,这对于熟悉整数问题的思想方法是有益的。我们知道,整数被m除按余数可以分为m类,当m=2时,即分为{2k}(偶数)和{2k+1}(奇数)两大类,而当m=3时,则分为{3k},{3k+1},{3k+2}等三类。中学生对此并不难理解,但对这种分类的应用多数人却是陌生的。本文打算介绍3的剩余类的性质及一些有趣应用。有兴趣的读者不难自己将有关结果推广到m=4,5,…及一般剩余类的情形,再进一步学习整除理论、同余理论及初等数论中一些重要知识,就不会感到抽象费解了。 (一) 整数被3除的余数运算规律我们用余数0、1、2分别表示类{3k}、     

C_n~k的奇偶性規律

(一) 奇偶性判别法则为方便起见,若两个非负整数a,b的奇偶性相同,即都是奇数或都是偶数,则记为a～b。显然,这个关系式是一个等价关系,即 (ⅰ) a～a。 (ⅱ) 若a～b,则b～a。 (ⅲ) 若a～b,b～c,则a～c。不仅如此,还有结论: (ⅳ) 若a～b,c～d,贝a+c～b+d。 (ⅴ) a～0表示a为偶数,a～1表示a为奇数。本文主要是给出下面的判别法则: 法则.给定非负整数n,k(0≤k≤n),则C_n~k的奇偶性由以下的方法而定(约定C_0~0=1): 先将数n+1表成二进位形式,即求出非负整数     

一类射影平坦的多项式(α，β)度量

讨论了一类具有如下形式的Finsler度量F=α+εβ+kβ~2/α+k~2β~4/3α~3-k~3β~6/5α~5,其中α=(a_(ij)y~iy~j)~(1/2)是一个Riemann度量,β=b_iy~i是一个1-形式,ε和k≠0是常数,研究了这类度量的旗曲率性质,得到了F为局部射影平坦的充要条件.     

初一数学竞赛训练题(五)

一、选择题 1.若abC>0,则|a|/a |b|/b |c|/c-|abc|/abc的值为( ) (A)2 (B)-2 (C)±2 (D)以上都不对 2.已知n是偶数,m是奇数,方程组:是整数、那么( ) (A)P、q都是偶数 (B)p、q都是奇数 (C)p是奇数,q是偶数 (D)p是偶数,q是奇数 3.设a、b都是整数。 (1)若a 5b是偶数,则a-3b也是偶数 (2)若a b能被3整除,则a、b都能被3整除     

实数p~(1/2)+(p+k)~(1/2)是无理数的证明

<正>定理若p为半偶数,k为奇数,则槡p^(1/2)+(p+k)(1/2)+(p+k)^(1/2)是无理数.先给出半偶数的概念:能被2整除但不能被4整除的偶数称为半偶数.如2,6,10,14等.注意,定理中的半偶数的条件是必要的,否则定理不真.如4(1/2)是无理数.先给出半偶数的概念:能被2整除但不能被4整除的偶数称为半偶数.如2,6,10,14等.注意,定理中的半偶数的条件是必要的,否则定理不真.如4^(1/2)(4+5)(1/2)(4+5)^(1/2)不是无理数,原因为4不是半偶数.下面证明定理.     

过一点双曲线有四条切线

众所周知,过一点的双曲线最多只有两条切线。但是,笔者却可以求出四条。题:求通过点p(O,-1)的双曲线x~2-4y~2=1的切线。解:设过点P的切线方程为y=kx-1,下面由切线与双曲线有唯一交点来确定k。把y=kx-1代入x~2-4y~2=1并整理,得 (1-4k~2)x2 8kx-5=0 (＊) 当1-4k~2=0,即k=±1/2时,方程(＊) 有唯一解,从而直线与双曲线有唯一交点。当1-4k≠0时,令△=16k~2 20(1-4k~2)=0得k=±5~(1/2)/4,即k=±5~(1/2)/4也为所     

具有四个互异质因数的奇亏完全数的一些结论

设n是一正整数,若σ(n)=2n-d,则n被称为亏度为d的亏完全数,这里的d为n的正真因数.利用初等的方法,讨论了具有四个互异质因数的形如n=3~(α1)17~(α2)p_3~(α3)p_4~(α4)奇数是否是奇亏完全数的问题,给出了此形式奇数不是奇亏完全数的一些结论,这里p_3p_4.     

图的k部划分的一个注记

设k≥2是一个整数。本文证明了任意有m条边的图都存在一个顶点的划分V_1,V_2…,V_k,使得e(V_1,V_2…,V_k)≥k-1/k m+k-1/2k((2m+1/4)~1/2-1/2)-(k-2)~2/8k,且max{e(V_i):1≤i≤k}≤m/k~2+(k-1)/2k~2((2m+1/4)~1/2-1/2+3/8-7k-4/8k~2.我们的结果改进了[Fan G.,Hou J.,Zeng Q.,A bound for judicious k-partitions of graphs,Discrete Appl.Math.,2014,179:86—99]的主要结论.     

方程、不等式与复数

1 解方程(log_(0.04)x 1)~(1/2) (log(0.2) 3)~(1/2)=1。 2 求方程组x~(x-2y)=36 4(x-2y) log_6x=9。的整数解。 3 若(-i)~(1986) i~(1987) (1/2)~(2001)是方程x~3 px g=0的根,求实数p和g的值。 4 求方程簇x~2-(3k 2)x 3k~2-74=0(参数k∈Z)的所有实根之和。     

“1992”趣题

1.有没有若干个连续的奇数,它们的和等于1992,若有请把它们找出来, 解设首项为2。十l的连续k个奇数之和等于1992,则有: (2。 1) (2。 3) … 【2二 (2七一l)〕=1992,即 2泌 介2=1992,或无(Zn 无)二1992. 因1992=2义996=4义498=6义332 =8义249一12义166==2刁义83 取众二2,4,6,一2时,可求得2。分glJ为994,刁 94,332,1 66. 由于1992为偶数,若无取8,2礴,则2。 k不可能等于249,83. 故符合条件的数有:{995,997},{495,497,499,501},(327,329,331,333,335,337},《155,157,159,161,163,165,167,169,171,1 73,175,177}. 2.在40~10000中有多少个数使得(…     

利用实数的性质解竞赛题

本刊89年第二期“利用有理数≠无理数解题”,可以看作是“利用奇数≠偶数解题”的拓广.除此而外,还可利用实数的其它性质(比如整数≠既约分数;a~2<0与a相似文献   

有限域上存在弱自对偶正规基的一个充要条件

对于将有限域上的自对偶基概念推广到了更一般的弱自对偶的情形,给出了有限域上存在这类正规基的一个充要条件设q为素数幂,E=Fqn为q元域F=Fq的n次扩张,N={αi=αq2| i=0,1,…,n-1}为E在F上的一组正规基.则存在c∈F*及r,0≤r≤n-1,使得β=cαr生成N的对偶基的充要条件是以下三者之一成立(1)q为偶数且n≠0(mod 4);(2)n与q均为奇数;(3)q为奇数,n为偶数,(-1)为F中的非平方元且r为奇数.     

怎样教“绝对值”这个概念和它的应用

在现行高中代数课本(1956年7月上海第一版)第一册第112页上有这样一道题目:“k 是怎样的值时,方程 x~2-kx+9=0没有实数根?”这个题目有较多学生犯这样的错误:他们根据 k~2<36,给出 k<±6或 k<6. 这一方面说明了他们犯形式地搬用方根的性质的错误,忘记所在场合系不等式,并不是等式 k~2=36.另一方面,也反映了他们对于“绝对值”这个概     

等差数列的两个性质

性质1若等差数列的项数为奇数,前n项和为Sn,中间项为M(n为奇数),则Sn= Mn．证明中间项为M,2M=a1 an, Sn=(a1 an)n/2=2Mn/2=Mn．推论若数列的项数为奇数,则奇数项和S奇=n奇M(n奇为奇数项项数),偶数项之和S偶=n偶M(n偶为偶数项项数)．     

根有某种关系的两个一元二次方程系数间的关系及其应用

几个定理设有两个一元二次方程a_1x~2+b_1x+c_1=0 (a_1≠0) (Ⅰ)和a_2x~2+b_2x+c_2=0 (a_2≠0) (Ⅱ) 定理1 方程(Ⅱ)有一个根是方程(Ⅰ)的一个根的k倍的充要条件是。 (?) 证明必要性:设x_1、x_2是方程(Ⅰ)的两个根,若方程(Ⅱ)有一个根是方程(Ⅰ)的一个根的k倍,则有 (a_2k~2x_1~2+b_2kx_1+c_2)·(a_2k~2x_2~2+b_2kx_2+c_2)=0此式左边展开后,经整理可得 a_2~2k~4(x_1x_2)~2+a_2b_2k~3x_1x_2(x_1+x_2)     

也谈杨辉三角的对称性

我们知道:整数可以分为两部分,一部分为奇数,另一部分为偶数.我们用“(?)”代表全体奇数的类,用“(?)”代表全体偶数的类,由于奇数 奇数=偶数,偶数 偶数=偶数,奇数 偶数=奇数,所以有 .为了简便,分别用“0”和“1”来代替“(?)”和“(?)” 在杨辉三角形中,除最外面的两条“1”外,其余各数都等于它肩上两个数之和.杨辉三角形的第一排只有一个数“1”,第二排两个数都是“ 1”,显然第三排中间     

实二次城 Q(■)类数的可除性

设 d 是无平方因子正整数,h(d)是实二次域 Q(d~(1/2))的类数.本文证明了:如果 da~2=1+4k~(2n),a、k、n 是正整数,k>1,n>1,n 的奇素因子 p和 k 的素因子 q 都适合 gcd(p,(q-1)q)=1,而且 2k~n+ad~(1/2)是 Pell 方程u′~2-dv′~2=-1 的基本解,则除了(a,d,k,n)=(5,41,2,4) 以及 n=2,k=P_mP_(m+1) 或者 2Q_mQ_(m+1) 以外,h(d)=0(modn),这里 m 是正整数,P_m=1/2((1+2~(1/2))~m+(1-2~(1/2))~m),Q_m=1/22~(1/2)((1+2~(1/2))~m-(1-2~(1/2))~m).由此可推得:对于任何正整数 n,存在无限多个实二次域,可使 n 整除其类数.     

实二次城 Q(■)类数的可除性

设 d 是无平方因子正整数,h(d)是实二次域 Q(d~(1/2))的类数.本文证明了:如果 da~2=1+4k~(2n),a、k、n 是正整数,k>1,n>1,n 的奇素因子 p和 k 的素因子 q 都适合 gcd(p,(q-1)q)=1,而且 2k~n+ad~(1/2)是 Pell 方程u′~2-dv′~2=-1 的基本解,则除了(a,d,k,n)=(5,41,2,4) 以及 n=2,k=P_mP_(m+1) 或者 2Q_mQ_(m+1) 以外,h(d)=0(modn),这里 m 是正整数,P_m=1/2((1+2~(1/2))~m+(1-2~(1/2))~m),Q_m=1/22~(1/2)((1+2~(1/2))~m-(1-2~(1/2))~m).由此可推得:对于任何正整数 n,存在无限多个实二次域,可使 n 整除其类数.