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组合部分 1.本届IM0第1题. (哥伦比亚提供) 2.已知n×n(n是奇数)的棋盘上的每个单位正方形被黑白相间地染了色,且4个角上的单位正方形染的是黑色.将3个连在一起的单位正方形组成的一个L形图称为一块"多米诺".问n为何值时,所有的黑格可以用互不重叠的"多米诺"覆盖? 相似文献
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人教初中代数第二册P4 7有这样一道题 :求证 :当n是整数时 ,两个连续奇数的平方差 ( 2n + 1 ) 2 -( 2n - 1 ) 2 是 8的倍数。分析 :利用平方差公式进行因式分解 ,可以证明。证明 :( 2n + 1 ) 2 - ( 2n - 1 ) 2 =[( 2n + 1 ) + ( 2n - 1 ) ][( 2n + 1 ) - ( 2n - 1 ) ] =4n× 2 =8n本题的条件“连续奇数”具有特殊性 ,如果把“连续奇数”改成“任意奇数”后 ,命题的结论仍然成立。这样命题具有一般性的规律。即有如下命题 :两个任意奇数的平方差是 8的倍数。证明 :设这两个任意奇数是 2a + 1 ,2b + 1 (a ,b为整数 )则 :( 2a + 1… 相似文献
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任意一个不等于1的奇数的平方,都可表示成两个连续自然数平方的差。 证任一个不等于1的奇数可表示成Zn+1,”〔N,n子0则有 (2”+1)2=4n2+4打+l=(2”2+Zn+1)+(2”2+Zn)二〔(2n2+Zn+1)+(2n2+Zn)〕〔(2n2+Zn+ +1)一(Zn“+Zn)〕=(2”2+Zn+1)2一(2n2+2”)2。 因为n是一个自然数,所以,2,,+2。++1和2n2+2n是两个连续的自然数.从而命题得证。 如令n=1,2,3,…,得 32=52一42; 52=132一122, 72一25么一24:,……奇数的一个性质@郝桓文$兰州教育学院~~… 相似文献
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把普通的平面及空间中多米诺骨牌复盖棋盘问题推广到m维欧几里德空间R~m中“立体”棋盘的复盖,得出了“在n≥2时,的“立体棋”盘上总可以放置2~(m-1)n~n个的多米诺骨牌,使得它们完全复盖这一棋盘,并且无论怎样用m-1维超平面将棋盘切成非空的两块至少要切到一块多米诺骨牌。 相似文献
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关于"3x+1猜想"的证明 总被引：1，自引：0，他引：1
柯永生 《天津职业院校联合学报》2005,7(2):20-23
为了证明数学难题"3x+1猜想"首先给出了大于1的奇数x进行一次"迭代对"的定义和两个不同的大于1的奇数具有相同"迭代对"序列定义.接下来给出的结论如下 1.大于1的奇数x与4tx+4t1+4t2+…+42+4+1具有相同的"迭代对"序列,记作x1(1→=)(4tx+4t-1+4t2+…+42+4+1)t∈N+;2.所有大于21的奇数可表成23+8n,25+8n,27+8n和29+8n(n=0,1,2,…);3.23+8n1(1→=)29+8(4n+8),25+8n1(1→=)29+8(4n+9)和27+8n1(1→=)29+8(4n+10);4.每一个29+8m(m=0,1,2,…)型的奇数x,总存在s∈N+,使x进行s次"迭代对"的结果一定是1,记作xs→1. 相似文献
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柯永生 《天津成人高等学校联合学报》2005,7(2):20-23
为了证明数学难题“3x 1猜想”首先给出了大于1的奇数x进行一次“迭代对”的定义和两个不同的大于1的奇数具有相同“迭代对”序列定义,接下来给出的结论如下：1大于1的奇数x与4^t 4^t-1 …… 4^2 4 1具有相同的“迭代对”序列，记作x1→-(4^tx 4^t-1 4^t-2 …… 4^2 4 1)t∈N ；2.所有大于21的奇数可表成23 8，2，25 8n，27 8n和29 8n(n=0，1，2，…)；3.23 8n1→-29 8(4n 8),25 8n1→-29 8(4n 9)和27 8n→-129 8(4n 10)；4.每一个29 8m(m=0,1,2……)型的奇数x，总存在s∈N ,使x进行s次“迭代对”的结果一定是1，记作x1→1。 相似文献
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初中《代数》第一册(上)第39页B组第3题介绍了从1开始,n个连续的奇数相加,求和公式是S=11+3+5+…+(2n—1)=n~2.这个公式所揭示的内在规律,可用正方形的面积来表示,如图1. 相似文献
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数列求和问题 ,往往与函数、方程、不等式、参数讨论等诸多知识联系在一起 ,它以复杂多变、综合性强、解法灵活等特征而成为高考的重点 .下面针对高考数列求和问题的常见题型 ,结合实例 ,介绍其求解策略 .一、等差、等比数列求和综合题例 1 ( 1998年全国考题 )一个数列 {an};当 n为奇数时 ,an=5n +1;当 n为偶数时 ,an =2 n2 .求这个数列的前 2 m项的和 .解 :数列的前 2 m项中 ,共含有 m个奇数项和 m个偶数项 ,故S2 m =( 2 +2 2 +… +2 m) +[6 +11+… +( 10 m- 4) ]=2 ( 1- 2 m)1- 2 +( 6 +10 m - 4) m2=5m 2 +m +2 m+ 1- 2 .评析 :求解此… 相似文献
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几个连续自然数所构成的数列,是一个以1为公差的等差数列,根据等差数列的通项公式可知,最小数为m(m≠0,下同)的n个连续自然数的和为Sn=nm+n(n-1)2.(1)最小数为m的n个连续自然数的积记为Tn=m(m+1)(m+2)…(m+n-1).(2)本文对几个连续自然数的和与积的一些性质做一点探讨.关于这些性质,我们或者给出证明思路,或者只给出结论,其详细的证明留给有兴趣的读者去完成.1连续自然数之和的性质性质1两个连续自然数之和是奇数.性质1显然成立.由性质1不难推出:任意四个连续自然数之和(两个奇数之和)一定是偶数.进一步有:任意4n(n∈N+)个连续自然数之和一定是偶数. 相似文献
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定理两整数的平方差为奇数或4的倍数.证明:m,n∈Z,则 m~2-n~2=(m+n)(m-n),若m、n 一奇一偶,则 m+n、m-n 皆为奇数,其积亦然;若 m、n 同为奇或偶,则 m+n、m-n 皆为偶数,其积自然为2×2=4之倍数.推论1 奇数均可表为相邻整数的平方差.事实上,对任一奇数2k-1,有2k-1=k~2-(k 相似文献
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用t色染m×n棋盘（约定m≤n）有两种可能情形：对于任意一种染色方式，棋盘必定含有一个矩形，其四个角上的方格有相同的颜色（这样的矩形称为同色矩形）或存在一种染色方式，使得这个棋盘中的每一个矩形都不是同色矩形．文[1]、[2]分别解决了用3色染m×n棋盘及用n色染（n 1）×m棋盘问题，本文介绍一个方法，用它可以讨论t色染m×n棋盘问题．引理1若用t色染m×n棋盘，则至少 1个方格染有相同的颜色，简称为同色格．引理1的证明参见[3]P66．引理2若m×n棋盘中有a个小方格染有相同的颜色，不妨设为黑色．用aj=1、2、…、n）表示第j列中黑色… 相似文献
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一、填空题 (第 1 3题每小题 8分 ,第 4,5题每题 6分 ,共 3 6分 )1 .运用等式的性质 ,解下列问题 :( 1 )如果两个正方形的边长分别是m ,n ,并且第一个正方形的周长是第二个正方形周长的 4倍 .那么m和n间的关系是 .( 2 )如果 5 -3a =5 +b ,那么 3a与b间的关系是 .( 3 )如果s,t两个数的乘积是 -1 ,那么s,t间的关系是 .2 .合并含有相同字母的项 :( 1 ) 3x +x+2x = ;( 2 ) 14y +12 y +13 y = .3 .去括号 :( 1 )m +( 1 -3m2 ) = ;( 2 ) 5n -2 ( 3n2 -1 ) = .4.百位数是x ,十位… 相似文献
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求一元二次方程的整数根是各类竞赛的常见题.由于这类问题将整数理论和一元二次方程的有关知识有机地结合在一起,解题的技巧和方法较灵活.现举例说明这类问题的解法.一、利用整数的奇偶性例1!若m、n是奇数,求证:方程x2+mx+n=0没有整数根.分析:只要证明x既不可能是奇数,也不可能是偶数就行了.证明:如果x是奇数,由于m、n也是奇数,则x2+mx+n必为奇数,它与x2+mx+n=0矛盾;如果x是偶数,由于m、n是奇数,故x2+mx+n必为奇数,它与x2+mx+n=0矛盾.因此,方程x2+mx+n=0没有整数根.二、利用判别式及辅助未知数的取值范围例2:!已知m是满足不等式1≤m≤50的正… 相似文献
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组合部分 1.本届JMO第4题。 2.一块楼梯型的砖是由12个单位正方体组成的,宽为2,且有3层台阶(如图1)。求所有的正整数n,使得用若干块砖能拼成棱长为n的正方体。 解:因为单独一块砖的体积为12。设一个棱长为n的正方体需用m块砖拼成,由12m=n~3知n是6的倍数。设n=6l,其中l是正整数。另一方面, 相似文献
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数学归纳法是证明与自然数n有关的命题P(n)的数学思想方法.近年来的高考时有涉及. 用数学归纳法证题。“奠基”和“递推”这两步缺一不可,并需把握好其中的一些关键点. 一“奠基”步不可或缺例1 设n为正奇数,求证,n4+14n2+49是64的倍数. 证明:(1)当n=1时,14+14·12+49=64是64的倍数; (2)假设当n=2k-1(k∈N*)时,n4+14n2+49是64的倍数.令Sn=n4+14n2+49,则当,n=2k+1时,S2k+1-S2k-1=[2k+1)4+ 相似文献
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本文给出一个自然数能分解为两个连续自然数乘积的充分条件,并举数例说明其应用。 [定理] 设n是大于1的任意奇数,则数1/4(n~2-1)可以分解成两个连续自然数的乘积。证明∵n是大于1的奇数,∴可设n=2m+1(m∈N) ∴ 相似文献
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一些排列组合问题 ,可以用不定方程的正整数解的组数来确定排列组合数 ,这样的求解方法 ,事半功倍 ;但有时需事先处理构造 ,且主要依据以下 2个问题的结论 :问题 1:试求不定方程 x1+ x2 + x3 +… + xm =n ( m≥ 2 ,n≥ 2 ,m≤ )的正整数解的组数 .由于 n1≥ 1,x2 ≥ 1,… ,xm ≥ 1,把 n分成 n个 1,其间有 n- 1个空档 ,插入 m - 1块“挡板”,把 n个 1分成m个部分 .则每一种情况对应不定方程的一组解 ,所以原不定方程共有 Cm- 1n- 1组解 .问题 2 :试求不定方程 x1+ x2 + x3 +… + xm =n ( m≥ 2 ,n∈ N )的非负整数解的组数 .分析 :把方程 x1… 相似文献
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正一、利用公式C0n+C1n+C2n+C3n+…+Cn n=2n求和1.直接利用公式例1求和C1n+C3n+C5n+…解由于奇数项之和与偶数项之和相等,因此奇数项之和等于所有项之和的一半.所以C1n+C3n+C5n+…=1/2×2n=2n-1.2.由公式Cr n=Cn-r n进行转化例2求和1+2C1n+3C2n+…+(n+1)Cn n.解设S=1+2C1n+3C2n+…+(n+1)Cn n,其倒序和为S=(n+1)Cn n+nCn-1n+…+2C1n+1.考虑到Cr n=Cn-r n(0≤r≤n),将以上两式相加得2S=(n+2)C0n+(n+2)C1n+…+(n+2)Cn n=(n+2)·2n,所以S=(n+2)·2n-1 相似文献