余数定理的引伸及其应用

在中学数学课本里有一条定理叫余数定理“多项式f(x)除以x-b所得的余数等于f(b)”,证明时引用了下列恒等式 f(x)=(x-b)·Q(x)+R (1)当x=b时,f(b)=R。现在我们把关系式(1)引伸一下,设 f(x)=B(x)·Q(x)+R(x) (2)是一个关于x的恒等式,如果当x=b时,我们有B(b)=0,则得f(b)=R(b)。由于我们所讨论的是一元多项式,当B(x)的次数低于f(x)的次数时,R(x)的次数将低于B(x)的次数而更低于f(x)的次数,因此,求函数f(x)当x=b的值时,可以不直接代入f(x)计算而可以代入较为简单的式子R(x)里去计算,这样就方便得多了。例1. 已知 x=1/(3~(1/2)+2~(1/2)),求 f(x)=x~5+x~4-10x~3-10x~2+2x+1的值。解:x=1/(3~(1/2)+2~(1/2))=(3~(1/2)-2~(1/2)。     

谈“余数定理”的证明

一、存在的问题 在过去和现在通用的高中数学课本代数中,都列有余数定理:多项式f(x)除以x-a所得的余数等于f(a)。 对这条定理的证明,课本上都采用了等式: f(x)=Q(x)(x-a)+R,(Q(x)是商式,R是余数)并说它是“一个恒等式,不论x取何值总是成立的”。因而设x=a,得到R=f(a)而得证。     

含参数拟线性非齐次椭圆型方程的多重解

该文研究如下形式的拟线性非齐次椭圆型方程-△_pu-△_p(|u|~(2α))|u|~(2α-2)u+V(x)|u|~(p-2)u=h(u)+g(x), x∈R~N,其中1 p≤N (N≥3),1/2 α≤1,V∈C(R~N,R), h∈C(R,R),而且扰动项g∈L~p'(R~N),这里p'=p/(p-1).利用变量代换结合极小极大方法可以证明该问题存在多重解.     

有限域上的绝对迹函数和原根

设p是一个素数,m>0整数,GF(p~m)是有p~m个元素的有限域,T(x)=x+x~p+…+x~(p~(m-1))为GF(p~m)上的绝对迹。R_(p~m)(h)表示T(x)=h(h∈GF(p))在GF(p~m)中的本原根解数。本文证明了如下结果: (ⅰ)R_(p~m)(o)≥φ(p~m—1)/p(p~m—1){p~m—(2~(ω(p-1/p-1))-1)(p-1)p~m(1/2)-p}, (ⅱ)R_(p~m)(h)≥φ(p~m-1)/p(p~m-1){p~m-(2~(ω(p-1/p-1))-1)p~m(1/2)-(2~(ω(p-1))-2~(ω(p-1/p-1))p~(m+1)},其中h≠0,ω(n)表示n的不同素因子个数,φ(n)表示通常的Euler函数。 (ⅲ)当m≥3时,对任给的p和h≠0,h∈GF(p)。除p~m=11~3外,总有R_(p~m)(h)>0。     

关于Rotkiewicz的一个问题

在这篇短文中,我们完全解决了Rotkiewicz提出的这个问题,证明了下面的结果: 定理 设p>3,≠9,是一个给定的奇数,则存在奇数q使得(1)和(2)成立。现在我们将这个定理分成两个引理来证明。 引理1 设p>3,≠2~(2n 1) 1(n=1,2,…)是一个给定的奇数,则存在奇数q使得(1)和(2)成立。 证 如果p≡5,7(mod8),则有奇数q=p-2使得(q/p)=((p-2)/p)=(-2/p)=-1,以及     

全空间上一类奇异p-Laplace方程无穷多解的存在性北大核心CSCD

本文研究了全空间上一类带奇异系数及其扰动的椭圆型p-Laplace问题-△_pu-μ(|u|^(p-2)u)/(|x|~p)=λ(u^(p*(t)-2))/(|x|~t)u+βf(x,u),x∈R^N,u∈D_0^(1,p)(R^N),其中N≥3,D_0^(1,p)(R^N)是C_0~∞(R^N)的闭包,△_pu=-div(|▽u|^(p-2)▽u),2     

利用余数定理证一类整除性问题

关于整除性问题的证明,中等数学习题中屡有所见,在学过数学归纳法后尤多,亦有应用因式分解法证明的。目前重点高中代数第一册已讲过余数定理和因式定理,但此处未曾见到,似觉不够。这里就利用余数定理证一类整除性问题试举几例,供同志们参考。例1,求证4~(2n+1)+3~(n+2)能被13整除(高中数学第三册P。158复习题)。证∵4~(2n+1)+3~(n+2)=4·16～n+9·3~n,故不妨设f(χ)=4·χ~n+9·3~n,则问题化为求证f(16)能被13整除,∵13=16-3,f(χ)除以χ-3的余数为f(3)=4·3~n+9·3~n=13·3~n于是f(χ)=(χ-3)g(χ)+f(3)=(χ-3)g(χ)+13·3”,将χ=16代入得f(16)=13·g(16)=13·g(16)+13·3~n,故f(16)能被13整除,即13|4~(2n+1)+3~(n+2)。上述证明,显然较之数学归纳法要简明得     

Least energy solutions of nonlinear Schr odinger equations involving the fractional Laplacian and potential wells

We are concerned with the existence of least energy solutions of nonlinear Schr¨odinger equations involving the fractional Laplacian(-?)~s u(x)+λV(x)u(x)=u(x)~(p-1),u(x)=0,x∈R~N,for sufficiently large λ,2p     

2011年高中数学联赛(B卷)第8、9题解法探究

第8题抛物线y2=2p(x-p/2)(p>0)上动点A到点B(3,0)的距离的最小值记为d(p),求满足d(p)=2的所有实数p的和.解法一设抛物线上动点A(x,y),有y2=2p(x-p/2),则|AB|2=(x-3)2+y2=(x-3)2+2p(x-p/2)=x2+2(p-3)x+(9-p/2)=(x+p-3)2-2p2+6p,(x≥p/2)     

全空间上一类奇异p-Laplace方程无穷多解的存在性

本文研究了全空间上一类带奇异系数及其扰动的椭圆型p-Laplace问题-△_pu-μ(|u|~(p-2)u)/(|x|~p)=λ(u~(p*(t)-2))/(|x|~t)u+βf(x,u),x∈R~N,u∈D_0~(1,p)(R~N),其中N≥3,D_0~(1,p)(R~N)是C_0~∞(R~N)的闭包,△_pu=-div(|▽u|~(p-2)▽u),2pN,0≤μμ=((N-p)~p)/(p~p),λ0,0≤tp,p~*(t)=(p(N-t))/(N-p)是Hardy-Sobolev临界指数.利用集中紧原理和极大极小化的方法,得到了在一定条件下该问题无穷多解的存在性.     

余数定理的应用之一

在师范学校誹投数学課,应該如何联系小学实际以及如何体現出“居高临下”是师范学校教师們探討的問題。我认为有許多知識都可以直接指导小学算术知識的,这里仅以代数中的余数定理为例,談談我的看法,如有不正确之处,欢迎批評指教。余数定理是确定多項式f(x)除以(x-1)时所得余数的定理,当f(a)=0时說明f(x)能被(x-a)整除。这样,用余数定理就能迅速地判断f(x)能否被(x-a)整除。在小学算术中所研究的整数都是非負整数,它們都可以写成a_n·10~n+a_(n-1)·10~(n-1)+…+a_1·10+a_0的形式,其中a_i(i=0,1,2,…,n)都是数碼n是非負整数,因此它們都具有多項式f(x)=a_nx~n++a_(n-1)x~(n-1)+…+a_1x+a_0的形式。而x±a相当     

R~N上临界增长p-Kirchhoff型方程的非平凡解的存在性

本文主要研究以下具临界增长的非线性p-Kirchhoff型方程的非平凡解的存在性:{-(a+b∫_(R~N)|▽u|~p)?_pu=|u|~(p*-2)u+μf (x)|u|~(q-2)u, x∈R~N,(0.1) u∈D~(1,p)(R~N),其中a≥0,b0,1pN,1qp,p*=N_p/(N-p),μ≥0,?_pu=div(|▽u|~(p-2)▽u)表示p-Laplace算子对函数u的作用, f∈L(p*/(p*-q))(R~N)\{0}且f是非负的.本文利用Ekeland变分原理和山路定理证明方程(0.1)在适当条件下至少存在两个非平凡解.     

具p-Laplacian算子型奇异方程组边值问题正解的存在性

本文讨论了一类具p-Laplacian算子型奇导方程组边值问题(φp(x'))'+α1(t),f(x(t),y(t))=0,(φp(y'))'+α2(t)g(x(t),y(t))=0,x(0)-β1x'(0)=0,x(1)+δ1x'(1)=0,y(0)-β2Y'(0)=0,y(1)+δ2y'(1)=0正解的存在性,其中φp(x)=|x|p-2x,p>1.通过使用不动点指数定理,在适当的条件下,建立了这类奇异方程组边值问题存在一个或者多个正解的充分条件.这些结果能用来研究椭圆型方程组边值问题径向对称解的存在性.     

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-…     

勾股数组一个性质的证明

在《圆和二次方程》一书中,给出了任何一组勾股数组a、b、c都可由公式a=m~2-n~2,b=2m~n,c=m~2+n~2表示(这里m、n-奇-偶,m>n,m、n均为自然数),同时指出“abc一定能被60整除”,因为它的证明“已经超出你们的知识范围,这里就不谈了”。为此,笔者给出一种浅显的证明。下面先证两个引理。引理1。任何自然数p若不能被3整除,则p~2-1能被3整除。证明:因为任何不能被3整除的自然数p均可表示勾:p=3k±1(这里k为自然数)而p~2=(3k±1)~2=9k~2±6k+1=3(3k~2±2k)+1,所以p~2-1能被3整除。引理2.任何自然数q若不能被5整除,则q~4-1能被5整除。证明:因为任何不能被5整除的自然数q可表示为q=5l±1,或q=5l±2 (这里l为自然数) 而当q=5l±1时,q-1或q+1能被5整除;当q=5l±2时,q~2=(5l±2)~2     

Mordell方程y~3=x~2+2p~4的正整数解

设p是奇素数.对于非负整数r,设U_(2r+1)=(α~(2r+1)+β~(2r+1))/2~(1/2),V_(2r+1)=(α~(2r+1)-β~(2r+1))/6~(1/2),其中α=(1+3~(1/2))/2~(1/2),β=(1-3~(1/2))/2~(1/2).运用初等数论方法证明了:方程y~3=x~2+2p~4有适合gcd(x,y)=1的正整数解(x,y)的充要条件是p=U_(2m+1),其中m是正整数.当上述条件成立时,方程仅有正整数解(x,y)=(V(2m+1)(V_(2m+1)~2-6),V_(2m+1)~2+2)适合gcd(x,y)=1.由此可知:当p10000时,方程仅有正整数解(p,x,y)=(5,9,11),(19,1265,123),(71,68675,1683)和(3691,9677201305,4541163)适合gcd(x,y)=1.     

从一道数学竞赛题的妙解谈起

把由1开始的自然数依次写下去,直写到198位为止、12345678901112…那么这 198位个数用9除的余数是: (A)1,(B)6,(C)7,(D)非上述答案。这是1987年全国初中数学联赛的一道试题。本文给出一种不同于常规解法的巧妙解答。首先我们证明两个定理。定理1 设数列{a_n}的每一项都是非负整数,且a_1≠0,把由a_1开始的非负整数依次写下去,直写到第n项为止即为a_1a_2…a_n,那么正整数a_1a_2…a_n除以9的余数与S_n=a_1 a_2     

Fermat小定理的集合论证明

在初等数论里 ,Fermat小定理是个很基本的结果 ,具有广泛的应用 .为方便计 ,我们先给出这个定理 .Fermat小定理　设 p为素数 ,a为任意不能被 p整除的自然数 ,则ap-1≡ 1　 (modp) .用最初等的话说 ,ap-1除以 p的余数恒等于 1.在学过最基本的同余知识后 ,即可给出这个结论的证明 ,这在任何数论或代数入门书上都能找出 .如果有了“群”的概念 ,就可以看出Fermat小定理是有限群的一种基本特征 .现在我们从集合论的角度给出Fermat小定理的一种证明 ,它仅仅需要一点最基本的计数技巧 .定理　设 p是一个素数 ,a是任意一个自然数 ,则ap ≡a　 (mo…     

一类奇异拟线性椭圆方程正解的多重性

研究奇异拟线性椭圆型方程{-div(|x|~(-ap)|▽u|~(p-2)▽u) + f(x)|u|~(p-2) = g(x)\u|~(q-2)u + λh(x)|u|~(r-2),x R~N,u(x) 0,x∈ R~N,其中λ0是参数,1pN(N3),1rpgp*=0a(N—p)/p,p*=Np/{N~pd),aa+l,d=a+l-60,权函数f(x),g(x),h(x)满足一定的条件.利用山路引理和Ekeland变分原理证明了问题至少有两个非平凡的弱解.     

整除性一例之别解

贵刊1984年第二期所登出的《利用余数定理证一类整除性问题》一文中介绍的证题方法,简单明了,且文中所谈证法较之数学归纳法的证明显得更加易懂。但文中例4一题在证明过程中,三次用到余数定理,使证题过程过于冗长,这里仅用原文中的方法将例4的证明加以改进。例4 设n为自然数,试证6~(2n)+3~(n+2)+3~n能被11整除。证∵6~(2n)+3~(n+2)+3~n=12~n·3~n+10·3~n