1樓：墨墨莫墨
f(n)應該是2n+1或者2n-1吧？
所謂一對一，指的是當x1不等於x2時，f(x1)也不等於f(x2)，即不存在兩個不同的x函式值相同。這個直接把式子帶進去就有結果了。即f(x1)=f(x2)，得出x1=x2
所謂映上，意思是y內所有元素在x內都有原相，此題很明顯f對映後的結果均為奇數，沒有偶數，所有不是映上的，而是映內的。
集合a={正整數}，集合b={x|x=2n?12n+1，n∈z}，f：a→b＝2a?12a+1是集合a到集合b的對映，則1517的原象是_
2樓：暴半雙
令2n?1
2n+1
=1517
解得n=8．
定義在正整數集上的函式f(x)對任意正整數mn都有f(m+n)=f(m)+f(n)+4(m+n)-2
3樓：匿名使用者
令gx等於左邊函式，yx等於右邊函式。再對各自求導，設在任一點(x y)處，極限相等且連續。信我的，準錯，哈哈。
令z等於fx，m等於k倍n。證左邊的偏導是否等於右邊的導數值。
如果函式f（x）滿足在集合n*上的值域仍是集合n*，則把函式f（x）稱為n函式．例如：f（x）=x就是n函式．（
4樓：
（ⅰ）解：只有y=[
x]是n函式．
（ⅱ）函式g（x）=[lnx]+1是n函式．證明如下：
顯然，?x∈n*，[lnx]+1∈n*．
不妨設[lnx]+1=k，k∈n*，
由[lnx]+1=k，可得k-1≤lnx＜k，即1≤ek-1≤x＜ek．
∵?k∈n*，恒有ek-ek-1=ek-1（e-1）＞1成立，∴一定存在x∈n*，滿足ek-1≤x＜ek，∴設?k∈n*，總存在x∈n*，滿足[lnx]+1=k，∴函式g（x）=[lnx]+1是n函式；
（ⅲ）證明：（1）當b≤0時，有f（2）=[b?a2]≤0，∴函式f（x）=[b?
ax]都不是n函式．（2）當b＞0時，①若a≤0，有f（1）=[b?a]≤0，∴函式f（x）=[b?ax]都不是n函式．②若0＜a≤1，由指數函式性質易得，b?
ax≤b?a，∴?x∈n*，都有f（x）=[b?
ax]≤[b?a]．函式f（x）=[b?ax]都不是n函式．
③若a＞1，令b?am+1-b?am＞2，則m＞loga2b(a?1)
，∴一定存在正整數k，使得b?ak+1-b?ak＞2，∴?n，n∈n*
，使得b?ak＜n
＜n＜b?a
k+1，
∴f（k）＜n1＜n2≤f（k+1）．
又∵當x＜k時，b?ax＜b?ak，∴f（x）≤f（k）；
當x＞k+1時，b?ax＞b?ak，∴f（x）≥f（k+1），∴?x∈n*，都有n1?，
∴函式f（x）=[b?ax]都不是n函式．綜上所述，對於任意實數a，b，函式f（x）=[b?ax]都不是n函式．
已知f是有序數對集合m={（x，y）|x∈n*，y∈n*}上的乙個對映，正整數數對（x，y）在對映f下的象為實數z，
5樓：可樂301緩講
∵3＜5，
故f（3，5）=3+5=8；
∵2x＞x恆成立，故f（2x，x）=2x-x，當x=1時，f（2x，x）=2-1=1≤4成立，當x=2時，f（2x，x）=22-2=2≤4成立，當x≥3時，f（2x，x）＞23-3=5，故使不等式f（2x，x）≤4成立的x的集合是：
故答案為：8，．
證明函式f: z + * z + → z + 是一對一且是映上的,其中f(m,n) = (m+n-2)(m+n -1)/2 + m
6樓：
先給個直觀解釋, 再給出證明.
將正整數排列如下:
12 3
4 5 6
7 8 9 10
11 12 13 14 15
...則f(m,n)就是第m+n-1行的第m個數.
對於不同的正整數對(m,n), 顯然相應的"座標"(m+n-1,m)也不同, 因此f是單射.
又對任意正整數k, 設其"座標"為(p,q) (p ≥ q), 則f(q,p+1-q) = k, 因此f是滿射.
證明: 先證單性(一對一).
設正整數對(m,n), (p,q)滿足f(m,n) = f(p,q), 且不妨設m+n ≤ p+q.
假設m+n < p+q, 即有m+n+1 ≤ p+q,
則f(p,q) = (p+q-2)(p+q-1)/2+p
> (p+q-2)(p+q-1)/2
≥ (m+n-1)(m+n)/2
= (m+n-1)(m+n-2)/2+(m+n-1)
≥ (m+n-1)(m+n-2)/2+m
= f(m,n),
得f(p,q) > f(m,n), 矛盾.
因此m+n = p+q, 代回f(m,n) = f(p,q)即得m = p, 從而n = q.
由f(m,n) = f(p,q)可得到(m,n) = (p,q), 即f為單射.
再證滿性(映上).
注意到函式g(x) = (x-1)(x-2)/2對x ≥ 2嚴格單調遞增並趨於無窮, 且g(2) = 0.
對任意正整數k, 存在正整數p ≥ 2, 使g(p) < k ≤ g(p+1).
設m = k-g(p), 則有1 ≤ m ≤ g(p+1)-g(p) = p-1.
取n = p-m, 則n也為正整數, 而k = g(p)+m = g(m+n)+m = f(m,n).
存在正整數對(m,n)使f(m,n) = k, 即f為滿射.
函式f定義在正整數集上f(1)=1,f(3)=3,且對每個正整數n都有f(2n)=f(n),f(4n+1)=f(2n+1)-f(n),試確定2000以
7樓：
嗯……我感覺條件少了，用條件根本求不出f(4n+3)這種值，比如f(7).
這是樓主給的條件嗎？從中看不出啥規律來……還是樓主求出來的？可是我怎麼求都求不出來呢……
哎，我求不出來，建議樓主提高懸賞重新發布問題吧。
8樓：匿名使用者
f(2n)=f(n)
得：n要是奇數 有2000/2=1000
f(4n+1)=f(2n+1)-f(n)
得：n不能為4m+1 m為正整數 有2000/4=500得：n=100-500=500
若函式f（x）滿足：集合a={f（n）|n∈n*}中至少存在三個不同的數構成等比數列，則稱函式f（x）是等比源函
9樓：猴壯床
（ⅰ）解：對於函式y=x2，分別取x=1，2，4，對應的函式值為1，4，16，構成等比數列，符合等比源函式定義，∴函式y=x2是等比源函式；
對於函式y＝1
x，分別取x=1，2，4，對應的函式值為1，12，1
4，構成等比數列，符合等比源函式定義，∴函式y＝1
x是等比源函式；
對於函式y=log2x，分別取x=2，4，16，對應的函式值為1，2，4，構成等比數列，符合等比源函式定義，∴函式y=log2x是等比源函式．
∴①②③都是等比源函式；
（ⅱ）解：函式f（x）=2x+1不是等比源函式．
證明如下：
假設存在正整數m，n，k且m＜n＜k，使得f（m），f（n），f（k）成等比數列，則
（2n+1）2=（2m+1）（2k+1），整理得22n+2n+1=2m+k+2m+2k，
等式兩邊同除以2m，得22n-m+2n-m+1=2k+2k-m+1．
∵n-m≥1，k-m≥2，∴等式左邊為偶數，等式右邊為奇數，
∴等式22n-m+2n-m+1=2k+2k-m+1不可能成立，
∴假設不成立，說明函式f（x）=2x+1不是等比源函式；
（ⅲ）證明：∵?b，n∈n*，都有g（n+1）-g（n）=d，
∴?d，b∈n*，數列都是以g（1）為首項，公差為d的等差數列．
?d，b∈n*，g（1），g（1）（1+d），g（1）（1+d）2成等比數列，
∵g（1）（1+d）=g（1）+（g（1）+1-1）d=g[g（1）+1]，
g（1）（1+d）2=g（1）+（2g（1）+g（1）d+1-1）d=g[2g（1）+g（1）d+1]，
∴g（1），g[g（1）+1]，g[2g（1）+g（1）d+1]∈，
∴?d，b∈n*，函式g（x）=dx+b都是等比源函式．
請證明 當n 2時x n y n z n 無正整數解
同意樓上觀點，記不太清了，就是跟橢圓有關的乙個東西。證明的大體思路是把這個方程演變為乙個橢圓。用代數幾何的方法證明。為什麼說當n 2時，x n y n z n沒有正整數解？據說1995年已經被安德魯。懷爾斯解決了，有200頁。用的理論是橢圓曲線和模型式。我來水一下，說不定就是費爾瑪當年的絕妙的想法 ...
從 2019這2019個正整數中，最多可以取出多少個數，使得所取出的數中任意數之和都能被33整除
任意4個數abcd 有a b c b c d mod33 所以a b mod33 同理可證a b c d mod33 又三個數之和都能被33 整除所以an 11mod33 或an 0 mod33 當an 11mod33 有61個 an 0 mod33 有60個 所以最多有61個證畢 1 當每個數都是...
0是不是屬於正整數集，0 5是不是屬於自然數集或正整數集
不屬於。0是介於 1和1之間的整數。是最小的自然數，也是有理數。0既不是正數也不是負數，而是正數和負數的分界點。0沒有倒數，0的相反數是0，0的絕對值是0，0的平方根是0,0的立方根是0，0乘任何數都等於0，除0之外任何數的0次方等於1。正整數介紹 正整數和整數一樣，正整數也是乙個可數的無限集合。在...
試證明 連續k個正整數之積，必然被k！整除。（別抄網上的許多錯誤證法，運用高中競賽及以下內容）
郭敦顒回答 連續k個正整數之積，設最小的正整數是a 1，則連續k個正整數之積是從 a k 個元素中取k個元素的選排列數 a下標 a k 上標k p下標 a k p下標a a k a！但組合數c下標 a k 上標k a下標 a k 上標k k！a k a！k！連續k個正整數之積，必然被k！整除。設這連...
2 設n為任意正整數，證明 n 3 n必有約數
給你個思路,這題要用數學歸納法去證.n 1時.0 n 2時.6 令n n 1 則原式 n 1 3 n 1 n 3 3n 2 3 1 n 1 n n 1 n 2 即n必然能同時被2和3整除.綜上所述,必有約數6 哈哈 n 3 n n n 1 n 1 n為正整數 n 1,n n 1 是連續的3個整數 因...