共查询到20条相似文献，搜索用时 31 毫秒
1.
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
2.
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
3.
《中学生数理化(高中版)》2008,(1):80
数学已知两个等差数列前n项之和的比为52nn 73,求这两个数列第9项之比.错解:用Sn、Sn′分别表示等差数列{an}、{an′}前n项之和.由已知得SS′n=52nn 73,设Sn=(5n 3)k,Sn′=(2n 7)k(k≠0),则a9=S9-S8=5k,a9′=S9′-S8′=2k.所以aa99′=25kk=25.物理如右图所示,一条小船位于200 相似文献
4.
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
5.
刘连生 《湖南城市学院学报》1986,(6)
在文献[1]一文中,我们证明了下述定理定理一.对于正整数n,k,若适合下列条件之一,则C_n(2k)是愉快图。(1)n≡0(mod 4),1≤k≤[(n-4)/2];(2)n≡2(mod 4),1≤k≤[(n-4)/2],k≠2;(3)n≡1(mod 4),1≤k≤n/3,k≠[(n+3)/4],k≠2;(4)n≡3(mod 4),1≤k≤n/3,k≠[(n+1)/4]. 相似文献
6.
在△ABC中,有一个熟知的不等式sin A/2sinB/2sinC/2≤1/8.本文借助琴生不等式给出它的几个推广.
琴生不等式 设f″(x)＜0,则
1/nn∑i=1f(xi)≤f(1/nn∑i=1xi)
即 n∑i=1f(xi)≤nf(1/nn∑i=1xi)
引理 若f(x) =sinx,x∈(0,π),则
f"(x)＜0.
定理1 在△ABC中,
sinA/nsinB/nsinC/n≤sin3π/3n(n∈N*). 相似文献
7.
李作勋 《华中师范大学学报(人文社会科学版)》1959,(2)
本文目的在于介绍一次剩余表的性质以及对于解一次同余式,求最大公约数、求模m的简化剩余系和判定数m是質数与否等应用。 (一)一次剩余表的定义与性质引理同余式αx≡6(mod m),α(?)o(mod m) (1) 当而且仅当b能被d=(α,m)除尽时有解,而在有解时恰有d个解;且若x≡x_。(mod m)是它一个解,则x≡x_。+k m/d(mod m),h=0,1,2,……d-1就是它的d个解。此引理可在普通的初等数论书中找到,在此证明从略。 相似文献
8.
周亚兰 《陕西理工学院学报(社会科学版)》2000,(3)
给出了欧拉数与贝努利多项式的几个恒等式 ,即E2n=(- 1) n 1 B2n 1 (1 4)2n 142n 1 等 ;同时给出了有关欧拉数的几个同余式 :(1)Ep 3 ≡ 5Ep 1 (mod2p) ,(2 )Ep 5 ≡ 6Ep 1(mod2p) ,(3)Ep 7≡ 1385Ep 1 (mod2p) (这里p是奇素数 ) . 相似文献
9.
数论部分1.求所有正整数n≥2,满足对所有与n互素的整数a和b,a≡b（mod n）当且仅当ab≡1（mod n）.解:所给条件等价于满足（a,n）=1的每个整数a,a2≡1（mod n）.事实上,若a≡b（mod n）等价于ab≡1（mod n）,则由ab≡1（mod n）,当b=a时,即有a2≡1（mod n）. 相似文献
10.
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
11.
由两不同偶相干态组成的第Ⅰ种四态叠加多模叠加态光场的等阶N次方Y压缩 总被引：2，自引：1，他引：1
利用多模压缩态理论 ,详细研究了由两不同偶相干态所组成的第 种四态叠加多模 Schr dinger猫态光场 |Ψ (4) ,e〉q 的广义非线性等阶 N次方 Y压缩特性 .结果发现 :1当压缩阶数 N为偶数 ,即 N =2 p(p =1,2 ,3,… ) ,且各模的初始相位满足φj =± kπ2 p(k =0 ,1,… )时 ,态 |Ψ (4) ,e〉q 恒处于等阶 N— Y最小测不准态 ;2当 N =4m - 2 (m =1,2 ,… ) ,且φj=± 4k 12 (4 m - 2 ) π(k=0 ,1,2 ,… )时 ,(i)若φj、 qj=1R2jsin2φj满足一定条件 ,则态 |Ψ (4) ,e〉q的第一正交分量可呈现出等阶 N次方 Y压缩效应 .(ii)若φj、 qj=1R2jsin2φj 满足另外一些条件 ,则态 |Ψ (4) ,e〉q 的第一正交分量处于 N— Y最小测不准态 ,而第二正交分量既不呈现等阶 N次方 Y压缩效应也不处于等阶 N— Y最小测不准态 ,这种现象称为“半相干态”效应 ;3当 N为奇数 ,即 N =2 p′ 1(p′=0 ,1,2 ,… ) ,φj =± 2 k 12 (2 p′ 1) π(k =0 ,1,2 ,… ) ,并且 r(e)1 =r(e)2 时 ,则在一定条件下态|Ψ (4) ,e〉q恒处于等阶 N— Y最小测不准态 ;而在另外一些条件下 ,态 |Ψ (4) ,e〉q 的第一正交分量呈现周期性变化的任意阶的等阶 N次方 Y压缩效应 ,其压缩程度与 r(e)1 、r(e)2 、Rj、φj等非线性相关 .4当 N =2 p′ 1(p′= 相似文献
12.
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
13.
14.
15.
16.
1 填空题(1 )2 - 1 01 300 0 - 1=。(2 )设二阶矩阵A =4 32 1 ,其伴随矩阵A =。(3)设A =1 24 0- 34,B =- 1 2 03- 1 4 ,则(A+B′)′ =。(4 )设A ,B均为三阶矩阵 ,且A =B =- 3,则- 2AB′ =。(5 )矩阵2 - 1 24 0 20 - 33的秩为。(6 )设向量组α1 =(1 3 - 1 ) ,α2 =(0 1 1 ) ,α3 =(1 4 k) ,且向量组线性相关 ,则k =。(7)线性方程组AmnXn1 =Bm1 ,当有无穷多解。(8)齐次线性方程组AmnX=0的系数矩阵r(A) 0 … 相似文献
17.
李耀文 《中学数学教学参考》2004,(9):58-58
定理 设△ABC的BC边上的高为ha,D为BC内一点 ,△ABC、△ABD、△ACD的内切圆的半径分别为r、r1、r2 ,边BC、BD、DC外的旁切圆的半径分别为r′,r1′ ,r2 ′ ,则( 1 ) r1 r2r r1′ r2 ′r′ =2 ;( 2 ) 1r1-1r1′ 1r2-1r2 ′=4ha.证明 :如图 ,由文 [1 ]可得r=r1 r2 -2r1r2ha,①r′=r1′ r2 ′ 2r1′r2 ′ha,②rr1′r2 ′=r′r1r2 ,③r′×① r×② ,并应用③式 ,得2rr′ =(r1 r2 )r′ (r1′ r2 ′)r,两边除以rr′,即得 ( 1 )式 .r′×① r×② ,并应用③式 ,得(r1 r2 )r′ -(r1′ r2 ′)r =4r1r2 r′ha=4r1′r2 ′rha,两边除以r1… 相似文献
18.
19.
第一试一、选择题(每小题6分,共36分)1.已知集合M={a1,a2,…,a2n+1},N={-22n,-22n-1,…,-2,0,2,…,22n}.若单射f:M→N满足f(a1)+f(a2)+…+f(a2n+1)=0,则这样的单射f有()个.(A)(2n+1)!C2nn(B)(2n+1)!C2nn+1(C)(2n+1)!C42nn++11(D)(2n+1)!C42nn2.已知θ1,θ2,…,θn∈0,2π,令M=(∑ni=1tanθi)(∑ni=1cotθi),N=(∑ni=1sinθi)(∑ni=1cscθi).则M与N的大小关系是().(A)M≥N(B)M≤N(C)M=N(D)不确定3.已知正整数数列{an}满足an+2=a2n+1+a2n(n≥1).若正整数m满足am=2005,则所有可能的m构成的集合是().(A){1,2}(B){1,2,3}(C){1,2,3,4}… 相似文献
20.
本文证明了如下结果:设N=π~1m~2是一个奇完全数,这里π是奇素数且π≡l≡1(4)。如果3~(11)|σ(m~2),则N至少有6个素因数≡1(3),由此结果证明了若n是一个恰有8个不同素因数的奇完全数,且3·5·11|n,则3~4||n或3~6||n。 相似文献