定逆序数的n元数码置换个数的一种方法

一个确定的n元数码的排列,其道序数是不难求得的;反之,“已知逆序数,求有多少个n元置换”的问题要复杂得多。从最小数码的位置着手,充分利用逆序数是定数,给出一种解决此问题的新方法——最小数码定位法。此法通俗易懂,由此得到了逆序数为k(k=1,2,3……c_n~2)的n元数码的置换个数的一个递推公式:q_k(n)=1+q_1(n-l)+q_2(n-1)+q_3(n-1)+…+q_k(n-1)。     

模型S下DC问题的研究

本文研究了在 S(Scale)模型下,“坏元数”d=2的 DC 问题得出了比S.S.Cairns更强的结果:我们给出了方案 g,对于百分之八十一点多的 n 来说,g 是最优方案;对于不是最优的那些 n 值,由 g 所提供的方案的试验次数至多比最优试验次数多1. 并且证明了 Cairns 关于 T(?)(2;n)值的一个猜测:随着 n 的不同,T(?)(2;n)的值取2k-1,2k,2k+1中的一个.其中 T(?)(2;n)表示在模型 S 下对给定的 d=2和 n 找到全部“坏元”所需的最少试验次数.     

定逆序数的n元数码置换个数的一种方法

一个确定的n无数码的排列，其逆序数是不难求得的；反之，“已知逆序数，求有多少个n无置换”的问题要复杂得多。从最小数码的位置着手，充分利用逆序数是定数，给出一种解决此问题的新方法——最小数码定位法。此法通俗易懂，由此得到了逆序数为k(k=1，2，3……cn^2)的n无数码的置换个数的一个递推公式：qk(n)=1 q1(n-1) q2(n-1) q3(n-1) … qk(n-1）。     

一个数论函数方程的正整数解问题

用初等方法完全解决了数论函数方程SL(nk)=φ(n)(k=1,2,3,…)的正整数解问题,即SL(nk)=φ(n)(k=1,2,3,…)有解当且仅当n=1.     

关于数论函数不等式δ(ψ(1)+ψ(2)+…+ψ(n))≥n(n+1)

对于正整数k,设δ(k)和ψ(k)分别是k的约数和函数和Dedekind函数,其中前者与完全数问题有关[1],后者则是另一类常用的数论函数———Euler函数的对偶形式[2].对于正整数n,设nf(n)=∑k=1ψ(k)(1)对此,Bencze[3]曾经提出:当n≥2时,必有(δf(n))≥n(n 1)(2)这是一个迄今尚未解决的     

函数Riemann和式的类Taylor级数展开式

如果一元解析函数f(x)无f限阶可导,其Taylor级数展开式f(x)=f(0)+f'(0)x+f″(0)/2!x~2+…+f~((k))(0)/k!x~k+…=∞∑k=0f~((k))(0)/k!x~k.本文讨论将一元无限阶可导函数f(x)在区间[a,b]上的Riemann和式b-a/nn∑k=1f(a+k/n(b-a))展开成1/n的级数:b-a/nn∑k=1f(a+k/n(b-a))=A_0+A_1·1/n+A_2/2!·(1/n)~2+···+A_i/i!·(1/n)~i+···可以看到,这个展开式在形式上与函数的Taylor级数展开式非常相似.     

求sum from k=1 to n K~m的另一种递推方法

对于自然数方幂和 sum from k=1 to n K~m (m、n 为自然数),可将其展为关于 n 的一个(m 1) 次多项式,该问题有关杂志曾刊载过文章,介绍了几种推证方法。本文用与过去的讨论完全不同的初等方法探讨了此问题,得出了求解多项式系数的递推公式。从而得出 sum from k=1 to n K~m 的计算公式。     

关于《某类三角和的估计》一文的一点注记

本文证明了《某类三角和的估计》一文中定理1的条件“数列ω(K)≥0且为单调递增”包含了条件“sum from k=1 to n k~(-1)ω(k)sinkx=O[ω(n)]”     

一组组合关系式

本文用组合分析的方法及数学归纳法证明了以下一些组合关系式. (1)C(n+k,r)=sum from m=0 to k (k!)/((k-m)!m!)C(n,r-m); (2)sum from m=0 to n K~m C(n,m)=*(1+k)~n; (3)sum from k=0 to n K~m=sum from k=1 to n S(m,k) ((n+1)!)/((k+1)(n-k)!); (4)sum from p=0 to m F(n,p)=((n+m)!)/(n!m!); (5)sum from q=1 to m qF(n,q)=((n+m)!n)/((m-1)!(n+1)!); (6)sum from p=1 to n F(p,m)=((n+m)!)/((m+1)!(n-1)!); (7)sum from r=0 to S (F_(mi2r)F_(n+2r)+F_(m+2r+1)F_(n+2r+1)); =F_(2??+1)(F_(2??+1)F_(m+n+1)+F_(2??)F_(m+n)); (8)sum from k=0 to n C_k=C_(n+5)-2; (9)S_k??5=sum from p=0 to n C_(k+5??)=C_(5n+1+k+γ_(k,5));     

构造奇数阶对称幻方及奇偶分开对称幻方的新方法

用匹配两步法构造出奇数n=2m＋1（m为自然数）阶对称幻方,用匹配余函数两步法构造出奇数n阶奇偶分开对称幻方,具有普遍性,并给出了证明.这些方法可分别得到2m（m!）2m-1（（m-1）!）个不同的n阶对称幻方;当n=2m＋1（m=2k,k=1,2,…）时,可构造出2m（k!）2m-1（k!）（（k-1）!）个不同的n...     

二部图的K1，4—因子分解

Km,n的K1,k－因子分解问题已被多位研究者所研究,当k=2时Km,n具有K1,2－因子分解的存在性问题已被Ushio完全解决,当k=3时,Wang研究了Km,n的K1,3－因子分解问题,并给出了Km,n具有K1,3－因子分解的一个充分条件,本文研究Km,n的K1,4－因子分解问题,并给出Km,n具有K1,4－因子分解的一个充分条件。     

关于3x+1问题的一点注记

给出了3x 1问题的三个等价命题,其中构造数列{T^(k)(n)2∑^k-1i=0i^x(n)}k=1 ∞,证明它是一个单调递减下有界数列。     

四次Liénard系统极限环的唯一性

C．C．Pugh等猜测当F(x)是2k+1或2k+2次多项式时．Lienard系统(1)至多只有k个极限环．但是至今为止,当n=4时系统(1)的极限环唯一性问题仍没有完全解决．本文考虑了n=4时系统(1)的极限环的唯一性问题．并给出了一些结果．     

四次Liénard系统极限环的唯一性

C.C.Pugh等猜测:当F(x)是2k+1或2k+2次多项式时.Lienard系统(1)至多只有k个极限环.但是至今为止,当n=4时系统(1)的极限环唯一性问题仍没有完全解决.本文考虑了n=4时系统(1)的极限环的唯一性问题.并给出了一些结果.     

第二类推广Stirling数的一个公式

L．Comtet对第二类Stirling数进行了推广，并已获得了相应的结果。对于第二类推广的Stirling数给出了一个指数型生成公式∑n=k^∞Sn(n,k)n!t^n=k∑i=0 eai /Пk(ai)，利用这个公式获得了几个相关的支持性结果。     

公式sum from k=1 to n (k~3)=[n(n+1)/2]~2的几种建立方法

关于自然数组成的级数sum from k=1 to ∞ (k)和自然数平方组成的级数sum from k=1 to ∞ (k~2)的前n项求和公式: S_1(n)=sum from k=1 to n (k)=n(n+1)/2 S_2(n)=sum from k=1 to n (k~2)=1/6n(n+1)(2n+1) (2)我们大家非常熟悉,并且在一些文献中分别给出不同的证明。本文利用公式(1),(2)介绍几种自然数立方组成的级数sum from k=1 to ∞ (k~3)的前n项和公式:     

多调和算子组的谱估计

设Ω是R~m(m≥2)中一个有界区域,考虑多调和算子组的特征值问题AΛ(△)u~T=λu~T,x∈Ωu~k=(?)u~k/(?)n=…=(?)~(k-1)u~k/(?)n~(k-1)=0,x∈(?)Ω,k=1,2,…,N其中,u=(u~1,u~2,…,u~N),n是(?)Ω的单位外法向量。将特征值按增加的顺序排列为0<λ_1≤λ_2≤…≤λ_n≤…则成立如下不等式λ_(n 1)≤λ_n 4/m~2n~2(sum from i=1 to n sum from h=1 to N λ_i~(1/k))(sum from i=1 to n sum from k=1 to N k(2k m-2)λ_i~(1-1/k)) sum from i=1 to n sum from k=1 to N λ_i~(1/k)/λ_(n 1)-λ_i≥m~2n~2/(sum from i=1 to n sum from k=1 to N 4k(2k m-2)λ_i~(1-1/k))     

一类与伪Smarandache 函数相关的函数方程

首先研究了著名的F.Smarandache函数S(n)的性质,讨论了一类新的包含Smarandache对偶函数及其伪Smarandache函数方程Z(n)+S*(n)-1=kn,k≥1的可解性,利用初等数论及组合方法,结合伪Smarandache函数Z(n)的性质,巧妙地构造了一个新方程。结果给出了这一类方程的所有整数解,即当k=1时,该方程当且仅当有唯一解n=1,当k=2时,仅有解n=2α,α≥1;当k≥3时,无解。从而,本文彻底解决了这类新方程解的问题。     

关于恒等式e^x=∑n≥0LnJn（2x）的证明

关于恒等式e^x=∑n≥0LnJn（2x）已有组合证明，本文将用微积分的方法证明该恒等式，其中L0=1,L1=1,L2=3,Ln＋1=Ln＋Ln-1（n≥2）,Jn（2x）=∑k≥0（-1）^kx^n＋2k/k!（n＋k）!.     

O·Stolz定理及其应用

文〔1〕中有这样一道习题:n!(乙k!求极限limliml八,n一丽肩龙=1! 2! … (n一1)! n!((n一2)(n一2)! (n一1)! n(2(左一1)! n!按文〔1〕的内容,其解答应为:当n>2时,有 收稿日期:2001一09一18牡丹江师范学院学报(自然科学版)2002.1戈一lim一,<六身’<2上气鱼卫 卜鱼 ‘,戈·戈十1·戈 l戈2戈Xnlim︸1im一黑于是黑1n!一X, 1 l戳f圈k!=1凡 现在我们提出这样一个问题:能否应用其它的方法来解答此题呢?为此,我们引出下面的 定理(O·Stolz)设〔x二〕为任意数列,〔Yn〕为弋(1一戈) Xn,黑(,一Xn)一‘ii)如果0相似文献