有限域上Carlitz方程的解数

设F_q是含有q个元素的有限域,其中q=p~t,t≥1,p是一个奇素数.研究了Carlitz方程的推广形式(a_1x_1~(m_1)+…+a_nx_n~(m_n)+a_(n+1)x_(n+1)~(m_(n+1))+…+a_(n+s)x_(n+s)~(m_(n+s)))~k=bx_1~(k_1)…x_n~(k_n),其中ai,b∈F_q~*,s≥1,n≥1.当方程变量的指数满足一定条件时,得到了方程的解数公式.     

牛顿公式的一个初等证明

设x_1,x_2,…,x_n是一元n次方程x~n-σ_1x~(n-1)+σ_2x~(n-2)-…+(-1)~nσ_n=0的n个根,并设S_k=x_1~k+x_2~k+…+x_n~k(k=1,2,…),那么 当k相似文献   

常系数非齐线性递推式的解的显式表示

本文给出常系数非齐线性递推式(?)的解的显式表达式 H(m)=sum from i=0 to k-1(sum from j=i to k-1 b_ja_(k-j+i))D_(m-k-i)+sum from i=0 to m-k D_if(m-i)(m≥k)其中D_m=sum x_1+2x_2+…+kx_k=m x_j≥0(i=1,2,…,k)(?)a_1~x1a_2~x2…a_k~xk.     

有限域上一类方程组解数的直接公式

本文给出有限域F=F_q(q=p~f,f≥1,p是一个奇素数)上一类方程组∑_(i=s_(r-1)+1~(s_r)∑_(j=1)~(m_i-m_(i-1))a_(m_(i-1)+j)x_1~(d_m(i-1)+j,1)…x_(n_i)~d_(m_(i-1)+j,n_i)=b_r,r=1,…,k当指数满足一定条件时,在F~(n_s_k)上解数的一个直接公式,这里d_(ij)＞0,a_i∈F~*,b_i∈F,0= s_0＜s_1＜…＜s_k,0=m_0＜m_1＜…＜m_(s_k),0=n_0＜n_1＜…＜n_(s_k), m_1≤n_1,…,m_(s_k)≤n_(s_k)．     

构造递推式求值

在1990年12月16日咸阳市举行的初中数学选拔赛试题中,其第二试第三题为: 设x_1,x_2是方程x~2 3x 1=0的二根,试求x_1~7 x_2~7的值。此题的次数7太高,不易入手。我们可先算出x_1~4 x_2~4,x_1~3 x_2~3的值,然后两式相乘就行了,这是通常解法。若令F(n)=x_1~n x_2~n(n∈N),由x_1 x_2=-3,x_1·x_2=1,易知F(1)=-3,F(2)=7。 f(n 2)=x_1~(n 2) x_2~(a 2)=(x_1 x_2)(x_1~(n 1) x_2~(n 1))-x_1·x_2(x_1~n x_2~n)     

高三代数高次方程一章中的三个定理

一.一元n次方程的根的个数定理一元n次方程有n个根而且只有n个根。 課本中的証明大意如下: (1)根据代数基本定理,推得 f(x)=a_1x~n+a_1x~(n-1)+…+…a_n(a_0≠0) =a_0(x-x_1)(x-x_2)…(x-x_n)=0,而 f(x_1)=f(x_2)=…=f(x_n)=0,所以f(x)=0有n个根x_1,x_2,…,x_n。 (2)设x_(n+1)是和x_1,x_2,…,x_n都不相同的任一数, ∵f(x_n+1)≠0 ∴x_(n+1)不是f(x)=0的根。从而得出結論:f(x)=0只有n个根。证毕。我們知道,要断定f(x)=O的根只有n个,必須确定所有不同的根以及每一个根的重复度。上面的証法只能滿足前者的要求而不能滿足后者,因此,很容易使人发生以下的問題:如果x_(n+1)和x_1,x_2,…,x_n中的某一个相等,于是f(x_(n+1)=0;那么是否可以說x_(n+1)是f(x)=0的第n+1个根呢? 所以这个証法是不妥当的。事实上这个定理应該根据多項式的典型分解式的唯一性来証明。     

羅巴切夫斯基求實根近似值法

求方程各實根的近似值,往往先將各級分離而個別地進行,未有同時全部獲得者,有之,自俄羅斯伟大數學家羅巴切夫斯基創立方法始,茲依據於Я.C.貝吉克維奇著“近似計算”略述共法於下: 設已知一代數方程為a_0x~n+a_1x~(n-1)+a_2x~(n-2)+…+a_n-1~x+a_n=0 (1)其中n為自然數,a_0,a_1,a_2,…,a_n為整數,並設其僅有各不相等的實根而為 |x_1|>|x_2|>|x_3|>…>|x_n|。方程(1)也可寫作 (x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)…(x-x_n)=0 (2) 現在讓我們來構成一新方程。以-x代原方程中之x,則必恒得a_0x~n-a_1x~(n-1)+a_2x~(n-2)-a_3~(n-3)+…+(-1)~na_n=O (3)其根為-x_1,-x_2,-x_3,…,-x_n,且由此得     

经典均值不等式的多重隔离

我们都知道下列经典均值不等式:设a_1,a_2,…,a_n是n个正数,n≥2,n∈N~*.则n/(1/(a_1)+1/(a_2)+…+1/(a_n))≤(a_1a_2…a_n)~(1/n)≤(a_1+a_2+…+a_n)/n≤((a_1~n+a_2~n+…+a_n~n)/n)~(1/n),等号当且仅当a_1=a_2=…=a_n取到.受文[1],[2]的启发,笔者给出下列经典均值不等式的多重隔离:     

利用韦达定理证明某些三角恒等式

给定复数a_0,a_1,a_2,……a_n,则n次代数方程a_0x~n+a_1x~(n-1)+……+a_n=0 (a_0≠0)必存在n个根x_1,x_2,……x_n,韦达定理给出了这n个根与方程系数a_0,a_1,……a_n的关系如下:     

布尼雅可夫斯基不等式的推广

定理:不等式 (sum from i=1 to m(a_(1i) a_(2i)…a_(ni)))~n≤≤sum from i=1 to m(a_(1i))~n sum from i=1 to m(a_(2i))~n…sum from i=1 to m(a_(ni))~n對於任意自然數n都成立,其中a_(ki)為正數(K=1,2,…,n,i=1,2,…,m). 證明: 設 A_K~n=sum from i=1 to m(a_(Ki))~n (K=1,2,…,n), x_(Ki)=a_(Ki)/A_K,(K=1,2,…,n i=1,2,…,m)則從n侗正數的幾何平均值小於或等於其算術平均值這個結果可得 x_(1i)x_(2i)…x_(ni)≤((x_(1i))~n+(x_(2i))~n+…+(x_(ni))~n)/n由此更推得a_(1i)a_(2i)…a_(ni)=A_1A_2…A_n(x_(1i)x_(2i)…x_(ni)≤     

线性移存器序列的伪随机特性

<正> §1.引言 线性移存器序列是指满足下面递归关系的二元序列a=(a_o,a_1,a_2…)a_i∈GF(2). a_(n+k)=c_1a_(n+k-1)+c_2a_(n+k-2)+…+c_na_k,c_i∈GF(2),(k=0,1,2,…)称f(x)=x~n+c_1x~(n-1)+…+c_n为产生序列a的线性移存器的联接多项式.以f(x)为联接多项式的线性移存器所产生的二元序列全体,形成二元域GF(2)上的线性空间,记之为G(f).本文的目的是由联接多项式f(x)的特点来刻划G(f)中非零二元周期序列的伪随机特性.     

M 序列反馈函数的构造方法Ⅰ

设 f(x_0,x_1,…,x_(n-1))=x_0+f_0(x_1,…,x_(n-1))是一 n 元非奇布尔函数,其中加法是模2加.假定二元域 F_2上的无穷序列 α=(a_0,a_1,a_2,…),a_i∈F_2,i≥0,满足a_(k+n)=f(a_k,a_(k+1),…,a_(k+n-1),(?)k≥0,则称α是以 f 为反馈函数的 n 级移位寄存器序列,并以(?)(f)记所有以 f 为反馈函数的亭列组成的集合.因为 f 非奇,所以(?)(f)中的序列都是周期序列.对于 α∈(?)(f),α     

从一道竞赛题谈周期数列的有关问题

1985年第三届美国数学邀请赛(AIME)试题第五题是: 选取一列整数a_1,a_2,a_3,……,使得每个n≥3都有a_2=a_(n-1)-a_(n-2),若该数列的前1492项之和等于1985,而前1985项之和等于1492,那么前2001项之和是多少? 原参考答案根据关系式a_n=a_(n-1)-a_(n-2)所暗示的递推规律给出了一个探索性解答,这里将通过求通项公式的办法进行解答;并在此基础上得出两个一般性公式。解:∵ a_n=a_(n-1)-a_(n-2), ∴ a_n-a_(-1)+a_(-2)=0 易知此递推式乃二阶齐次线性递归方程,解相应的特征方程x~2 -x+1=0得:     

根有某种关系的两个一元二次方程系数间的关系及其应用

几个定理设有两个一元二次方程a_1x~2+b_1x+c_1=0 (a_1≠0) (Ⅰ)和a_2x~2+b_2x+c_2=0 (a_2≠0) (Ⅱ) 定理1 方程(Ⅱ)有一个根是方程(Ⅰ)的一个根的k倍的充要条件是。 (?) 证明必要性:设x_1、x_2是方程(Ⅰ)的两个根,若方程(Ⅱ)有一个根是方程(Ⅰ)的一个根的k倍,则有 (a_2k~2x_1~2+b_2kx_1+c_2)·(a_2k~2x_2~2+b_2kx_2+c_2)=0此式左边展开后,经整理可得 a_2~2k~4(x_1x_2)~2+a_2b_2k~3x_1x_2(x_1+x_2)     

一类无完整解数列题剖析

[题目]设数列{a_n}的前n项之和S_n,a_1=1且a_m~2+1=S_(n+1)+S_n(n∈N),求数列{a_n}的通项公式。(摘自新江《中学教研》1992年第七期《培养学生观察能力浅见》一文) 此题常见解法是: ∵a_(n+1)~2-a+_n~2=S_(n+1)-S_(n-1)=a_(n+1)+a_n (1) a_(n+1)~2-a_n~2=(a_(n+1)-a_n)(a_(n+1)+a_n) (2) 由(1)、(2)得:a_(n+1)-a_n=1 (3) 或a_(n+1)+a_n=0 (4) ∴数列{a_n}是公差为1的等差数列或公比为-1的等比数列。故a_n=a_1+(n-1)·1=n 或a_n=a_1(-1)~(n-1)=(-1)~(n-1) 此解法似无懈可击。现有一个不同于其解答的数列{b_m}:1、2、3、-3、-2、-1、1、-1、0、1、-1、…(其中当m≥10时,b_n=(-1)~n)也满足题设条件a_1=1和     

关于方程的几个问题

历年来在高等代数的教学中,总发現某些学生对方程有着模糊的概念。例如,按照現行教材,中学毕业生进入高等学校后第一次接触到方程概念的是克萊姆規則:n个未知量n个方程的綫性方程組 a_(11)x~1+a_(12)x_2+ …+a_(1n)x_n=b_1, a_(21)x_1+a_(22)x_2+…+a_(2n)x_n=b_2, a_(n1)+a_(n2)x_2+…+a_(nn)x_n=b_n (1)的系数行列式D=|aij≠0时,(1)有解且仅有一解,即x_i=Di/D,i=1,2,…,n。 証明分两步:第一步是假定(1)有解,得出xi=Di/D。第二步是用真x_i=Di/D代入(1),得出真的等式,因而x_i=Di/D的确是(1)的解。較多的同学感到第二步是多余的,沒有必要。另一个例子是在討論向量方程     

二次曲线切线方程的进一步讨论

众所周知: 二次曲线过M(x_0,y_0)的切线方程为:a_(11)x_0x+a_(12)((x_0y+y_0x)+a_(22)y_0y+a_(13)(x+x_0)+a_(23)(y_0+y)+a_(33)=0 (2)若已知(1)的切点,解有关的切线问题,应用(2)是较方便的。 但在许多情况下,需求出不在(1)上的点(x_0,y_0)向(1)作的切线方程。这时切线是否存在?如存在可     

限制零点个数的亚纯函数的正规定则

设k,n(≥k+1)是两个正整数,a(≠0),b是两个有穷复数,F为区域D内的一族亚纯函数.如果对于任意的f∈F,f的零点重级大于等于k+1,并且在D内满足f+a[L(f)]~n-b至多有n-k-1个判别的零点,那么F在D内正规·这里L(f)=f~((k))(z)+a_1f~((k-1))(z)+…+a_(k-1)f'(z)+a_kf(z),其中a_1(z),a_2(z),…,a_k(z)是区域D上的全纯函数.     

多项式函数奇偶性定理的证明和应用

在解题中,我们往往不自觉地应用了下面关于多项式函数奇偶性的定理: 定理多项式函数f(x)为奇函数(或偶函数)的充要条件是f(x)只含奇次项(或偶次项)。这个定理由于教材上未作介绍,而在解决这方面的问题时又经常用到,为此,笔者将此定理的证明写出,供参考。证明充分性是显然的。下证必要性。若f(x)为奇函数,即有f(x)=-f(-x)。我们写出多项式函数的一般形式,就有a_n(-x)~n+a_(n-1)(-x)~(n-1)+…+a_1(-x)+a。=a_nx~n-a_(n-1)x~(n-1)-…-a_1x-a (1) 若n为偶数,则有 2a_nx~n+2a_(n-2)a(n-2)+…+2a_2x~2+2a_o=0从而 a_n=0,a_(m-2)=0,…,a_2=0,a_0=0。     

转化为常数列求递推数列通项

类型1 a_(n 1)=pa_n q例1 (2006福建(理))已知数列{a_n}满足a_1=1,a_(n 1)=2a_n 1(n∈N~*),求数列{a_n}的通项公式．解由已知a_(n 1)=2a_(n 1),两边同除以2~(n 1),得(a_(n 1))/(2~(n 1))=(a_n)/(2~n) 1/(2~(n 1))．变形得(a_(n 1))/(2~(n 1)) 1/(2~(n 1))=(a_n)/(2~n) 1/(2~n),∴数列{(a_n)/(2~n) 1/(2~n)}是常数列,即(a_n)/(2~n) 1/(2~n)=(a_1)/2 1/2,故所求数列通项为a_n=2~n-1．点拨形如a_(n 1)=pa_n q(p、q常数,p≠1,q≠0)的递推关系求通项,通常先两边同除以