形如2kp+1的数的素性检验

本文初步探讨了如何快速检验一个大数n是素数(这里n-1含有大的素因子)的算法问题以及如何生成一个大素数p使得p-1有大的素因子q的算法问题.我们给出了形如n=2kp+1的数的素性检验的多项式时间算法,这里p是一个给定的大素数,k是正整数满足22k＜2kp.该算法的计算量为O(log32n).然后我们给出了生成一个大素数p使得p-1有大的素因子q的算法,其中q满足q＞(p-1)/log2(p-1).特别地,我们给出了判定并生成一个安全素数p的算法.     

有限域上存在弱自对偶正规基的一个充要条件

对于将有限域上的自对偶基概念推广到了更一般的弱自对偶的情形,给出了有限域上存在这类正规基的一个充要条件设q为素数幂,E=Fqn为q元域F=Fq的n次扩张,N={αi=αq2| i=0,1,…,n-1}为E在F上的一组正规基.则存在c∈F*及r,0≤r≤n-1,使得β=cαr生成N的对偶基的充要条件是以下三者之一成立(1)q为偶数且n≠0(mod 4);(2)n与q均为奇数;(3)q为奇数,n为偶数,(-1)为F中的非平方元且r为奇数.     

有限Diophantine逼近与Fibonacci多项式

设x为一无理数具简单的连分式展开x = [a0, a1, a2,…, an].若对无穷多个是标k有ak> n则至少有m个解p/q(p与q互素)使不等式 x - p/q 相似文献   

再说一道习题的研究性学习

文[1]作为“研究性学习”的案例从多角度给出了题目设p>0,q>0,p3 q3=2,求证p q≤2的多种解法.受此启发,继续探索,现从另一角度作为“研究性学习”的案例提供于此.1现用分离变量给出一种直接的证法不妨设p≤q,于是p3≤q3,由p3 q3=2得q3-1=1-p3≥0,即(q-1)(q2 q 1)=-(p3-1)=-(p-1     

一个有趣猜想的证明

文[1 ] 提出了下述猜想 :若自然数n使 4n+ 1为质数 ,则有且只有n个不超过 2n的不同的自然数 :k1 ,k2 … ,kn(k′1 ,k′2 ,… ,k′n为相应的不超过 2n的剩余的n个不同的自然数 ) ,使∑ni=1cos2ki- 14n + 1 π=1 + 4n+ 14,∑ni=1cos2k′i- 14n+ 1 π =1 - 4n + 14.本文给出上述猜想的证明并且指出序列k1 ,k2 ,… ,kn 的特性 .记A={x∶x是模p的二次剩余 },B ={x∶x是模p的二次非剩余 }.引理 1　 ( [2 ])设奇素数p≡ 1 (mod4) ,则( 1 ) 1 ,2 ,… ,p- 1中有且只有p - 14个偶数为模p的二次剩余 ,p - 14个奇数为模p的二次剩余 ;( 2 ) 1 ,2 ,… ,p-…     

一类循环和的特性

设φ( x)与ψ( x)均为区间 X上的单调函数 ,对任意 x1、x2 、…、xn ∈ X( n≥ 2 ) ,记Sn( x1,x2 ,… ,xn) =φ ( x1)ψ ( x2 ) φ( x2 )ψ( x3) … φ ( xn-1)ψ ( xn) φ ( xn)ψ( x1) .本文讨论其最值 ,并证明文 [1 ]文 [2 ]的猜想成立 .定理　若 p、q∈ R使一切 x、y、z∈ X满足 S2 ( x,y)≤ p,S3( x,y,z)≤ q,( 1 )则对任意 x1、x2 、…、xn ∈ X　 ( n≥ 2 )有Sn( x1,x2 ,… ,xn)≤ Mn( p,q) ,( 2 )其中Mn( p,q) =12 np,12 ( n - 3) p q,　 n为偶数 ;n为奇数 .证明　 (用数学归纳法 )1°　当 n =2 ,3时 ,由 M2 ( p,q) =p,…     

关于Littlewood的一个问题

本文证明了: (1)如果{a_n}_n~N=1是非负不减序列,p>0,q>0,0≤r≤1,且p(q+r)≥q+p,则sum from n=1 to N(a_n~pA_n~q)(sum from m=n to N(a_n~(1+p/q)~r≤1·sum from n=1 to N(a_n~pA_n~q)~(1+p/q),其中A_n=sum from m=n to n (a_m).上述不等式在0≤r≤1时完全解决了H.Alzer~([4])在1996年提出的一个问题,且1是最佳常数; (2)如果{a_n}_n~N=1是非负序列,p,p≥1,r>0,r(p-1)≤2(q-1),令α=((p-1)(q+r)+p~2+1)/(p+1) β=(2p+2r+p-1)/(q+1),σ=(q+r-1)/(p+q+r)则sum from n=1 to N (a_n~p)sum from i=1 to n (a_i~qA_i~r)≤2~σsum from n=1 to N(a_n~αA_n~β)(0.2)(0.2)式改进了G.Be(?)et~([2,3])在1987年对Littlewood一个问题的结果,常数因子的3/2降为2~(3/2)=1.2598…     

数学奥林匹克问题选登

1991年6月号问题解答 (解答由供题人给出) 1.设x≥y≥1,求证: 并确定等号成立的条件。解设x 1=2p~2,y 1=2q~2,其中P≥q≥1,则欲证不等式等价于若p≠q,则上式等价于易证p q-1≥(两端平方,整理有2(p-1)(q-1)≥0) 因而只须证 pq(p q)≥(1 pq)(p q-1)(p-1)(q-1)≥0 由p≥q≥1知上式成立。故欲证不等式成立,其中等号成立当且仅当p=1或q=1或p=q,即x=y或x=1或y=1 注:易证对x≥y≥z>0,欲证不等式与下式     

关于指数函数和余弦函数特征的一个定理(英文)

作为 M.Ozawa 的一个定理的推广,我们在本文中证明了下述结果:设 F(z)为整函数,满足F(z)=p_p(F(z/n))=p_q(F(z/m)),其中 P_j 为 j 次多项式,j=p,q,n,m 为正整数,p 为素数,2≤p相似文献   

关于N—p=P_3的解数的下界(Ⅱ)

<正> 又若我们设21h,则满足p+h=P_3(p≤N)的p的个数,我们有同样的结果. 下面所要用到的Selberg筛法中的习惯记号及基本定理将不再作说明,读者可参阅[1]、[4]. 引理1 对任意给定的常数A>0,存在一个正的常数B_1=B_1(A),使得     

方程 x~n px q=0有两个相等实根的充要条件及其应用

(一) 考察实系数一元n次方程 x~n px q=0(1) 我们有定理1 当n为偶数时,方程(1)有两个相等实根的充要条件是 q~(n-1)/(n-1)~(n-1)=p~n/n~n;并且,若p<0;则这两个相等的实根为 x_0=(q/(n-1))~(1/2)若p>0,则这两个相等的实根为 x_0=-(q/(n-1))~(1/n) 证明设方程(1)有两个根均为实数x_0,则可令x~m px q=(x-x_0)~2(x~(n-2) a_1x~(n-3) a_2x~(n-4) …… a_n-3x a_n-2)其中a_i∈R(i=1,2,…n-2)。展开,合并,比较系数,可得     

一类含平方数因子的伪素数

笔者曾构造出一类表示伪素数的公式 [1] ,张善立在文 [3]中指出这一类中存在含平方数因子 1 0 932 的伪素数 ,有没有含其它平方数因子的伪素数呢 ?本文将从文 [1 ]给出的公式中找出含平方数因子 1 0 932 和 351 1 2 的伪素数 (本文中字母为正整数 ,p为奇素数 ) .引理 1　设 A≥ 2 ,( p,A) =1 ,满足 ( p,2 A - 1 ) =1及 A 2 A( 2 A( p-1) - 1 )2 A - 1则　 n =2 Ap - 12 A - 1 是伪素数[1] .引理 2　 2 Q1- 1 | 2 Q1Q2 - 1 [1] .引理 3　设使同余式 :2 r ≡ 1 ( mod m)成立的最小正整数为 r,则 2 a≡ 1 ( mod m)成立的充要条件是 r| a[3…     

有限域上存在弱自对偶正规基的一个充要条件

对于将有限域上的自对偶基概念推广到了更一般的弱自对偶的情形,给出了有限域上存在这类正规基的一个充妥条件:设q为素数幂,E=Fqn为q元域F=Fq的n次扩张,N={αi=αqi|i=0,1,…,n-1}为E在F上的一组正规基．则存在c∈F*及r,0≤r≤n-1,使得β=cαr生成N的对偶基的充要条件是以下三者之一成立: (1)q为偶数且n≠0(mod 4);(2) n与q均为奇数;(3)q为奇数,n为偶数,(-1)为F中的非平方元且r为奇数．     

由递推式a_(n+1)=pa_n+f(n)求通项的方法

一、引子 线性递推式an+1=pan+q(p,q为常数)的启示. 常见线性递推公式an+1=pan+q(p,q为常数)求数列通项公式的基本思路是由待定系数法构造等比数列,令an+1+a=p(an+a),得a=q/p-1(p≠1),从而有an+1+q/p-1=p(an+q/p-1),数列{an+q/p-1}为等比数列,则数列通.项公式易得. 受以上解题启发,我们可以求以下相关数     

有限群中一个未解决的丢番图方程

在文[1]中,我们曾介绍在有限群的研究中提出的二个丢番图方程 (1) P~m-2q~n=±1,p、q是素数,m>1,n>1的求解问题,并提到Crescenzo在文[2]中证明了定理:除开239~2-2.13~4=-1以外,方程(1)如有放,则m=n=2。 最近发现3~5-2.11~2=1也满足方程(1),因此,上述Crescenzo的定理是错的。错误产生的原因在于该文引理1用了论断:“1 ωq~k(其中k相似文献   

调和级数的增减性问题——Adamouic—Toskovic问题的彻底解决

一、引言本世纪中叶,Lucic和Djokovic给出不等式:设 Su(p,q)=1/pn 1 1/pu 2 … 1/qn 1/qn 1 (其中n,p,q∈N,p相似文献   

正项级数比值审敛法的推广

在正项级数审敛法中,比值审敛法是一种既直观又简单的方法,但比值审敛法有一个缺点,即当limn→∞un 1un=p=1时,审敛法失效.本文对比值审敛法作一推广,可判定比值审敛法中p=1时,一些级数的敛散性.引理　对于正项级数∑∞n=1un,若limn→∞un 1un=p(p为有限数或 ∞),则(1)当0≤p<1时,limn→∞(unun 1)n= ∞;(2)当p>1或为 ∞时,limn→∞(unun 1)n=0.引理的成立是明显的.设limn→∞(unun 1)n=r,则r=limn→∞(unun 1)n=elimn→∞nlnun 1un∴当0≤p1或为 ∞时,r=0 ∞.定理　(广义比值法)　对于正项级数∑∞n=1un,若limn→∞(unun 1…     

一个课本例题结论的推广

高中代数下册 P2 52上 ,利用 ( 1 - 1 ) n =0 ,左边用二项式定理展开 ,推得结论( C0n C2n … ) - ( C1n C3n … ) =0 ( 1 )即 C0n- C1n C2n- C3n … ( - 1 ) n Cnn=0 ( 2 )笔者经探索研究 ,发现 ( 2 )式有如下的推广形式 .定理　设 m、n是非负整数 ,且 m 相似文献   

多线性分数次积分算子有界的充分必要条件

令ω∈A_1,0αmn和0β1满足条件α+βmn.又设1p_1,…,pm∞使得1/q=1/p-(α+β)/n0并且1/p=1/p_1+…+1/p_m.这时我们有b∈Lip_β(ω)×…×Lip_β(ω)当且仅当由多线性分数次算子I_α与函数向量b生成的线性交换子[Σb,I_α]是从L~(p_1)(ω)×…×L~(p_m)(ω)到L~q(ω~((1-(1-α/n)q))有界的.     

上期基础训练题答案或提示

提示:(5)总数是C(1/3) C(2/3) C(3/3)=7;故选A。(6) 设任一x-12m 8n,p=3m 2n,q=-(3m 2n),则x=12m 8n=4(3m 2n)=20(3m 2n)-16(3m 2n)=20p 16q,故x∈B,从而AB,同理可证BA,故A=B.选C。