模m的等比剩余组中剩余的最大个数

关于模m的连续二次剩余组中剩余的最大个数有一个至今还未解决的猜想，以此相应,本文提出了模m的等比剩余组的概念，并且利用二次剩余函数r(x)证明了模m的等比剩余组中剩余的最大个数是2R，在模m的标准分解式是m=p1^α1p2^α2……pn^αn时，这里的R是最小公倍数[r(p1^α1），r(p2^α2），……，r(pn^αn）]，其中r(pi^αi）是二次剩余函数r(x)在x=pi^αi时的函数值，i=1,2,3……，n。     

二次剩余函数与正整数模的原根

利用二次剩余函数ｒ（ｍ）这一新概念，重新给出了正整数模ｍ的原根的定义。按照这个新定义，整数ｍ〉２时模ｍ都有原理，这与现有的原根的定义得出的结论－只有ｍ＝２，４，Ｐ＾ａ，其中Ｐ是奇素数时，模ｍ才原根－大不相同。     

平方剩余函数r(m)与欧拉判别法的推广

本文中的欧拉判别法是:当 P 是奇素数时,整数 a 是模 P 的平方剩余的充分与必要条件是 a((P-1)/2)≡1(modP);整数 a 是模 P 的平方非剩余的充分与必要条件是 a((P-1)/2)≡-1(modP).本文利用新定义的平方剩余函数 r(m)来推广欧拉判别法,更广泛地给出了整数 a 是模 m 的平方剩余和平方非剩余的充分与必要条件。     

双生素数的筛选

设l为正整数,如p和p l同为素数,就称p,p l为双生素数,为筛选双生素数,我们有 命题1 两正整数6s±1同为素数的充要条件是s≠pk±(p 1)/6(p≡-1(mod6)),且s≠pk±(p-1)/6(p≡1(mod6)),其中p>3为素数,s,k∈N。 证明 设p为6n 1型素数,则当s=pk (p-1)/6时,6s 1=(6k 1)p为合数。     

二次剩余函数与正整数模的特征数

定义一个新概念：对一切与整数m＞1互素的整数a而言,使as=1（modm）成立的最小正整数S称为模m的特征数．证明了大于2的整数m的标准分解式是　　时,模m的特征数,其中是二次剩余函数值．     

对二重标准筛法的探讨

"标准筛法"就是根据中国剩余定理,取若干个素数模的最小公倍数作为筛法的全集。在此基础上,本文又一次定义了"二重标准筛法",并深入探讨它的性质,继而得出差集A\B\C,即A\(B\∪\C)非空的条件,进而证明孪生素数是无限的。     

同余方程x~2≡a(modp~a)的公式解法

众所周知,p 是奇素数,a 是模 p 的平方剩余时,同余方程 x~2≡a(modp)的解可以用公式表达.本文利用文[2]中的平方剩余函数 r(m)推广了这一结果,把 a>1的同余方程 x~2≡a(modp~)的解也用公式表达出来了.     

读解《中国剩余定理》--研讨《剩余问题》

一、剩余问题在整数除法里,一个数同时除以几个数,整数商后,均有剩余;已知各除数及其对应的余数,从而要求出适合条件的这个被除数的问题,叫做剩余问题。二、两个定理定理1:几个数相加,如果只有一个加数,不能被数a整除,而其他加数均能被数a整除,那么它们的和,就不能被数a整除。如:10能被5整除,15能被5整除,但7不能被5整除,所以(10 15 7)不能被5整除。定理2:二数不能整除,若被除数扩大(或缩小)了几倍,而除数不变,则其余数也同时扩大(或缩小)相同的倍数(余     

大偶数表为两个素数之和（上）

本文用发现的W级数∑n=1^∞1／（n 1)(n-1)!和素数定理各自独立地证明大偶数表为两个素数之和是正确的。为了得到定量的结果,把它归纳为下列问题并得到解决：是否存在着一个仅依赖于2n的函数f(2n)?它能表示偶数表为两个素数之和的素数解的组数。在一维空间里,把素数定理引入奇数列发现P(G)-1/logn。P（G）作为数据处理的工具而建立一个随机抽样的数学模型,得到:P2n(1,1)=f(2n)-2nlogn/2/log2nlog^2n(2n→∞）,把素数定理π（x）拓展到二维空间：π（x,y）。利用π（x,y)建立一个均值数学模型,得到P2n(1,1)2=f(2n)2-2n/log^22n(2n→∞）,但是,对于表示偶数的素数解的组数来说,两个不同的函数f(2n)和f(2n)2的主阶的数值规律却是一致的。因此,这个殊途同归的证明表明：Goldbach猜想已被证明是一条正确的定理。     

二次三项式的本质属性及其应用

关于二次三项式ax~2+bx+c(a≠0),本文主要研究两个方面的问题: 一、二次三项式能因式分解的判定二次三项式ax~2+bx+c(a≠0)在给定数集内能否进行因式分解,这是中学代数的一个重要课题。现介绍如下四个定理。定理一有理系数二次二项式ax~2+bx+c(a≠0)在有理数集内能分解因式的充要条件是△=b~2-4ac为一个有理效的平方。证明:(1)必要性,若 ax~2+bx+c=a(x-x_1)(x-x_2),为有理数,因a,b为有理数x_1,x_2也为有理数,故只有(b~2-4ac)~(1/2)为有理数。设(b~2-4ac=|m|(m为有理数),则b~2-4ac=m~2。即判别式△=b~2-4ac是一个有理数的平方。     

学习二次根式错误简析

学习二次根式时,学生易犯以下错误.一、概念不清例1(2000年东台)若4((2-m)/6)与(2m-3)/4是同类二次根式,则优的值为( ). (A)20/13 (B)5/3 (C)13/8 (D)15/8 错解:由题设得,(2-m)/6=(2m-3)/4,     

用平均个数法解决Goldbach

用平均个数法证明了每一个不小于6的偶数都肯定是二个奇素数之和.平均个数法是在1+1奇数三角中,推导出其第n行元素中(1+1)的平均个数为-r2(2n)=[π(2n)×π(2n)/2n],用素数定理证明平均个数1<-r2(2n)→∞;因为平均个数小于实际个数,-r2(2n)相似文献   

三元二次型不等式的两个定理及其应用

三元二次齐次不等式是一类比较常见的初等不等式。本文给出有关这类不等式的两个具有一般性的结论,并应用它们来建立涉及三角形的两个新的三元二次加权不等式。 1 定理1与定理2及其证明 定理1 设p_1,p_2,p_3为非零实数,q_1,q_2,q_3为实数,则三元二次型不等式: p_1x~2 p_2y~2 p_3z~2 ≥q_1yz q_2zx q_3xy (1) 对任意实数x,y,z成立的充要条件是: p_1>0,p_2>0,p_3>0,4p_2p_3>q_1~2,4p_3p_1 >q_2~2,4p_1p_2>q_3~2,且     

完备度量空间中的不动点

使用w距离概念, 证明了在2个完备度量空间中2个新的不动点定理, 其中之一的结果为: 设(X, d)和(Y, ρ)是2个完备度量空间, 设p1是X上w-距离和p2是Y上w-距离. 如果T是一个从X到Y的连续映射和S是一个从Y到X的映射, 对X中所有x, x'和Y中所有y, y'以及 o＜c＜1, 满足不等式p1(STx, STx')≤cmax{p1(x, x'), p1(x, STx), p1(x', STx'),p1(x, STx')/2, p2(Tx, Tx')}和p2(TSy, TSy')≤cmax{p2(y, y'), p2(y, TSy),p2(y', TSy'), p2(y, TSy')/2, p1(Sy, Sy')}. 证明了ST在X中有惟一不动点z和TS在Y中有惟一不动点w. 这2个定理推广了 Fisher和Namdeo等人的不动点定理.     

用和差代换解二次根式（初二）

对于任意两个实数x和y,总有x=(x+y)/2+(x-y)/2,y=(x+y)/2-(x-y)/2,若令(x+y)/2=a,(x-y)/2=b,则有x=a+b,这种代换就叫做和差代换.和差代换很有 y=a-b,用,这里介绍它在二次根式问题方面的应用.     

关于二项同余式的几个注记

在模m有原根的条件下，给出了二项同余式x^2=a(modm)有解时解的一般形式及相应性质，顺便给出了质数模p的n次剩余的几个性质。     

伪素数的充要条件

定义 若2~(n-1)-1≡0 (modn),且n为合数,则称n是伪素数。 伪素数的个数无限,种类无穷,它们隐藏在自然数集合之中,使得费马定理的逆命题不真。目前,人们还不能找出自然数集里所有的伪素数. 文[1]、[2]给出了两个不同类型的伪素数的表达。本文中,我们证明如下的 定理 n是伪素数的充要条件是 n为合数,且n|2~(n-1,y(n))-1. 其中φ(n)是欧拉函数,(n-1,φ(n))是n-1与φ(n)的最大公约数。 证 1.设n是伪素数,则依据定义得知2~(n-1)-1=0 (modn),且n是合数,     

素数p=2~nk+1的2~n次剩余定理

在提出了2n次剩余概念的基础上，得到同余方程的一个重要定理，其结论中包含了欧拉判别法的推广；同时得到几个推论。     

两个著名不等式的另一証明

在诺窪塞洛夫著初等代数特别教程§51中有两个我们所熟知的不等式:一个是关于中凹函数的定理;所谓中凹函数f(x),就是对于其定义区域内任二相異的数x_1,x_2均有f((x_1+x_2)/2)<(f(x_1)+f(x_2))/2。如果不等式的方向常相反就叫做中凸函数。     

三次函数性质及其拓广

二次函数的性质早已为大家所熟知,随着高中课程中导数的引入,特别是近年对文科高考生只要求会求幂函数的导数,因此对仅难于一、二次函数一些的三次函数的研究显得尤为重要,本文拟对实系数三次函数的性质作些探究,文中所指三次函数均为实系数三次函数.定理1三次函数必有零点,且零点的个数为1或3(重根零点个数重计).证明设f(x)=ax3 bx2 cx d(a≠0).不妨设a>0,则lim()x→ ∞f x= ∞,xl→im?∞f(x)=?∞及三次函数在R上的连续性即知f(x)必有一零点x0.从而2f(x)=a(x?x0)(x px q).记?=p2?4q,则当?<0时,f(x)只有一个零点,当?≥0时f(x)有3个零点.实…