环Z/(2~e)上压缩序列的0,1分布

本文研究环 Z/( 2 e)上本原序列最高权位的 0 ,1分布 ,证明了当 e≥ 8,次数 n≥2 0时 ,本原序列 a的最高权位序列 ae- 1 在一个周期中 0 (或 1 )所占的比例λ( ae- 1 )满足 43.6 76 8 <λ( ae- 1 ) <5 6 .32 32     

环Z/(p~e)上本原序列压缩映射的新结果

令Z/(pe)表示整数剩余类环,其中p为素数且e 2为正整数.令f(x)表示Z/(pe)上的n次本原多项式,G′(f(x),pe)表示Z/(pe)上所有由f(x)生成的本原序列构成的集合.设序列a∈G′(f(x),pe),它有唯一的p进制展开a=a0+a1p+···+ae-1pe-1.令φ(x0,x1,...,xe-1)=g(xe-1)+μ(x0,x1,...,xe-2)表示由Fe p到Fp的一个e变元多项式.那么,φ可以诱导出一个从G′(f(x),pe)到F∞p的压缩映射.在p为奇素数且f(x)为强本原多项式的条件下,人们已经证明该压缩映射是保熵的.而本文证明该压缩映射在f(x)为本原多项式的条件下仍然是保熵的.当deg(g(x))2时,我们还要求deg(g(x))为奇数,或者g(x)=xk+∑k-2i=0cixi.     

Z/(2e)上本原序列不同压缩映射的导出序列

设 f( x)是 Z/ ( 2 e)上 n次强本原多项式 ,对形如 xe- 1 +η( x0 ,… ,xe- 2 )的二个 e元布尔函数 Φ( x0 ,… ,xe- 1 )和 Ψ( x0 ,… ,xe- 1 )及二条序列 a,b∈G( f( x) ) e,若Φ( a0 ,… ,ae- 1 ) =Ψ ( b0 ,… ,be- 1 ) ,给出了函数Φ ( x0 ,… ,xe- 1 )和Ψ ( x0 ,… ,xe- 1 )之间的关系与序列 a和 b之间的关系 .所给出的结论进一步说明了导出的二元序列具有良好的密码性质     

一个局部波动方程组的解的全局存在性与爆破

我们研究初始值问题(e)u1/(e)t2=(e)2u1/(e)x2+‖u2(·,t)‖p, (e)2u2/(e)t2=(e)2u2/(e)x2+‖u1(·,t)‖q,-∞<x<∞,t>0,u1(x,0)=f1(x), (e)u1/(e)t(x,0)=g1(x),u2(x,0)=f2(x), (e)u2/(e)t(x,0)=g2(x),- ∞<x<∞,where‖ui(·,t)‖=∫∞-∞(4)i(x)|ui(x,t)|dx with (4)i(x)≥0 and ∫∞-∞(4)i(x)dx=1,i=1,2.然后建立解的全局存在和爆破的标准,提出爆破增长率.     

Z／（2∧e）上本原序列不同压缩映射的导出序列

设f(x）是Z/（2∧e）上n次强本原多项式,对形如xe-1 η（x0,…,xe-2）的二个e元布尔函数φ（xo,…,xe-1）和ψ（x0,…,xe-1）及二条序列a,b∈G（f（x)）e,若φ（a0,…,ae-1）=ψ（b0,…,be-1）,给出了函数φ（x0,…,xe-1）和ψ（x0,…,xe-1）之间的关系与序列a和b之间的关系,所给出的结论进一步说明了导出的二元序列具有良好的密码性质。     

应用函数值符号妙解竞赛中的不等式问题

构造函数解决与不等式相关问题是很常见的,但通常都是构造单调函数,并利用其单调性来完成解答.本文介绍一种新的构造方法,它不是利用函数单调性,而是应用函数值在其变量取值范围内有确定符号来解题.下面分别举几例来加以说明.例1已知a1,a2,…,an,b1,b2,…,bn∈[1,2],且∑ni=1ai2=∑ni=1b2i.求证:∑ni=1ai3bi≤1107∑i=n1b2i.证明:构造f(x)=x-12(x-2)x+52,则当21≤x≤2时,f(x)≤0故x3-1201x2+52≤0,即x3≤1210x2-52.又21≤baii≤2,所以bai3i3≤2110bai22i-25,ba3ii≤1210ai2-25b2i.故∑ni=1ai3bi≤1210∑i=n1a2i-52∑i=n1b2i=1210∑i=n1b2i-5…     

INJECTIVE MAPS ON PRIMITIVE SEQUENCES OVER Z/（p^e）

Let Z/(pe) be the integer residue ring modulo pe with p an odd prime and integer e ≥ 3. For a sequence (a) over Z/(pe), there is a unique p-adic decomposition (a) = (a)0 (a)1·p … (a)e-1 ·pe-1, where each (a)i can be regarded as a sequence over Z/(p), 0 ≤ i ≤ e - 1. Let f(x) be a primitive polynomial over Z/(pe) and G' (f(x), pe) the set of all primitive sequences generated by f(x) over Z/(pe). For μ(x) ∈ Z/(p)[x] with deg(μ(x)) ≥ 2 and gcd(1 deg(μ(x)),p- 1) = 1,set ψe-1 (x0, x1,…, xe-1) = xe-1·[ μ(xe-2) ηe-3 (x0, x1,…, xe-3)] ηe-2 (x0, x1,…, xe-2),which is a function of e variables over Z/(p). Then the compressing map ψe-1: G'(f(x),pe) → (Z/(p))∞,(a) (→)ψe-1((a)0, (a)1,… ,(a)e-1) is injective. That is, for (a), (b) ∈ G' (f(x), pe), (a) = (b) if and only if ψe - 1 ((a)0, (a)1,… , (a)e - 1) =ψe - 1 ((b)0,(b)1,… ,(b)e-1). As for the case of e = 2, similar result is also given. Furthermore, if functions ψe-1 and ψe-1 over Z/(p) are both of the above form and satisfy ψe-1((a)0,(a)1,… ,(a)e-1) = ψe-1((b)0,(b)1,… ,(b)e-1) for (a),(b) ∈ G'(f(x),pe), the relations between (a) and (b), ψe-1 and ψe-1 are discussed.     

对一个不等式的简证及探究

文[1]给出并证明了如下不等式:若a,b,c是正数,且a b c=1,则有:(1/(b c)-a)(1/(c a)-b)(1/(a b)-c)≥(7/6)3(1)当且仅当a=b=c=13时,不等式(1)取等号.文[1]的证明方法虽然精妙,但过程繁琐且不宜推广,现给出不等式(1)的一种简单证法.证明由a b c=1可得a=1-(b c),b=1-(a c),c=1-(a b),故不等式(1)等价于(1b c b c-1)(1c a c a-1)(1a b a b-1)≥(76)3(2)令f(x)=ln(1x x-1),00,故f(x)为(0,1)上的下凸函数,从而由Jensen不等式,有f(b c)…     

抽象函数证明中的巧妙“设”法

<正>例1已知函数y=f(x)的定义域为R,且对任意a,b∈R,都有f(a+b)=f(a)+f(b),且当x>0时,f(x)<0恒成立.(1)证明函数y=f(x)是R上的单调性;(2)讨论函数y=f(x)的奇偶性.思路一设元、凑已知.证明任取x_10)(设法为凑形),而f(a+b)=f(a)+f(b),∴f(x_2)-f(x_1)=f(x_1+t)-f(x_1)=f(x_1)+f(t)-f(x_1)=f(t).     

三项式xn-x-a的二次不可约因式

设n是正整数,f(x)=xn-x-a,其中a是非零整数. 证明了当n>5时,如果f(x)有首项系数为1的二次整系数不可约因式g(x),则必有n≡2(mod6),a=-1,g(x)=x2-x+1或者n=7,a=±280,g(x)=x2t(±)x+5.     

陕西省第六次大学生高等数学竞赛本科组初赛试题

一、填空题:(6×4′=24′)1·设[x]表示不超过x的最大整数,则limx→0sinx|x|-2[x]=1.2·d4dx42 x1-x2x=0=48.3·设函数f(x,y)可微,f(0,0)=0,fx(0,0)=m,fy(0,0)=n,φ(t)=f[t,f(t,t)],则φ′(0)=m mn n2.4·设ddx∫2xf(2t)dt=x(x>0),则∫f(x)dx=-61x3 c.5·设f(x)在区间[-π,π]上连续,且满足f(x-π)=-f(x),则f(x)的傅立叶系数a2n=0.6·设质点在变力F=(3x 4y)i (7x-y)j的作用下,沿椭圆ax2 y2=4的逆时针方向运动一周所作的功等于6π,则a=4.二、选择题(8×4′=32′)7·当x→0时,下列无穷小量中最高阶的无穷小量是(D)A·∫0x1n(1 t3/2)dt;B·ta…     

连续时间延滞的非自治系统的周期解（英）

We consider the nonautonomous cooperative system with continuous time delay (x)(t)=x(t)[a1(t)-a2(t)+a3(t)∫o-Tk1(s)x(t+s)ds-a4(t) ∫o-Tk2(s)y(t+s)ds] (y)(t)=y(t)[b1(t)-b2(t)y(t)+a3(t) ∫o-Tk3(s)y(t+s)ds-b4(t) ∫o-Tk4(s)x(t+s)ds](1)where ai(t),bi(t)(i=1,2,3,4) are assumed to be continuous, positive and ω-periodic functions; and x(t),y(t) are the density of species; ki(s) (i=1,2,3,4) denote nonnegative piecewise continuous defined in [-τ,0] (there 0<τ<+∞) and normalized such that ∫o-T ki(s)ds=1. Let fL=inf{f(t):t∈R}, fM=sup{f(t),t∈R}, for a continuous and bounded function f(t).     

关于线性正三角多项式算子CV_m~*逼近

设 M 为 N 函数(参考[1]).f(t)是定义在[α,b]上的实函数.若V_M(f)=(?)M(f(t_(i+1))-f(t_i))<∞,其中 D 取遍[a,b]的一切分划:a=t_00,使得 kf(t)     

关于一对不等式的推广

文[1]证明了一对有趣的不等式:设a,b,c为正数,且a b c=1,则有(b1 c-a)(c 1a-b)(a1 b-c)≥(67)3,(b1 c a)(c 1a b)(a1 b c)≥(161)3.为了推广这两个不等式,文[1]提出下面四个命题,要求证明或否定之.设a1,a2,…,an为正数且其和为1.命题1∏ni=1(ai 1ai 1-ai 2)≥(2n-1n)n.命题2∏ni=1(ai 1ai 1 ai 2)≥(2n 1n)n.命题3∏n-1i=0(∑K1j=1ai j-∑nj=k 1ai j)≥(kn nk-1)n.命题4∏n-1i=0(∑K1j=1ai j ∑nj=k 1ai j)≥(kn-nk 1)n.其中an i=ai(i=1,2,…,n-1),k为小于n的正整数.本文先证明命题3为真,然后对其余三个命题给出反例.令f(x)=ln(1-1x-x),0相似文献   

一类非线性Schr(o)dinger方程的高精度守恒数值格式

1 引言 本文讨论下面非线性Schr(o)dinger方程(NLS)方程的初边值问题: i(e)u/(e)t (e)2u/(e)x2 2|u2|u=0, (1) u(xl,t)=u(xr,t)=0, t＞0, (2) u(x,0)=u0(x), xl≤x≤xr, (3) 其中u(x,t)是复值函数,u0(x)为已知的复值函数,i2=-1.该问题有着如下的电荷与能量守恒关系: Q=∫xrxl|u(x,t)|2dx=‖u‖2=Q0, (4) E=∫xrxl(|(e)u/(e)x|2-|u|4)dx=E0, (5) 其中Q0,E0为常数,并且称公式(4),(5)分别为电荷和能量守恒.由(4),(5)式可以证明[3] ‖u‖L∞≤C, (6) 其中C为一般正常数.     

忽视函数定义域致误一例

在解决有关函数的问题时,若忽视函数的定义域,就会出现错误的答案.现举一例以供参考. 例题若函数f(x)=1/(3x+b)+a为奇函数,且f(1)=1,求f(x)的解析式. 错解因为函数f(x)是奇函数, 所以f(0)=0, 即1/(1+b)+a=0 ①     

谈一类不等式的证明思路

有一类不等式,其条件都是三个正数乘积为1.该类不等式的证明技巧强,难度较大,因此本文特介绍它的三种证明思路,以供参考.思路1直接运用条件例1已知a＞0,b＞0,c＞0,abc=1,求证2(a+b+c)+3/(a+b+c)≥7.证明设t=a+b+cf(t)=2t+3/t,∵a＞0,b＞0,c＞0,abc=1,∴t=a+b+c≥3√abc=3,∵f'(t)=2-3/t2=(2t2-3)/t2,∴.当t＞3时,f＇(t)＞0,∴函数f(t)在[3,+∞)上为增函数,∴f(t)≥f(3)=7,故有2(a+b+c)+3/(a+b+c)≥7.点评三元均值不等式在例1中起到了沟通已知与未知的桥梁作用,也使得直接运用条件“a＞0,b＞0,c＞0,abc=1”的目的得以达成.     

三项式xn+x-a的二次不可约因式

设n是大于5的正整数,a是非零整数,f(x)=xn x-a.本文证明了:如果f(x)有首项系数等于1的二次整系数不可约因式g(x),则必有n≡2(mod3),a=-1,g(x)=x2 x 1或者n≡5(mod6),a=1,g(x)=x2-x 1.     

Whc80部分的初步解决

对于函数 yi( x) =aix2 bix ci　 ( a1a2≠ 0 ,i =1 ,2 ) :研究两个二次函数迭加即y0 ( x) =y1( x) λy2 ( x)是否不变号 (定正或定负 )的判定性质时 ,杨之先生在文[1 ]Whc80中提出 :有无 y0 ( x)定号的简易判别或论证方法 ?多个函数迭加问题有无本质的区别 ?本文着手解决这个问题 .定理　对二次函数　 f1( x) =a1x2 b1x c1,　 f2 ( x) =a2 x2 b2 x c2 ,( ai,bi,ci ∈ R,i =1 ,2 ,a1a2 ≠ 0 ) ,存在λ使 f0 ( x) =f1( x) λf2 ( x)不变号 (定正或定负 ) ,当且仅当下列条件之一成立 :i)Δ1<0 ;　 ii)Δ2 <0 ;iii)Δ1=0 ,p =b1…     

函数f(x)=a/(sin~nx) b/(cos~nx)最小值猜想的推广

文[1]中猜想:f(x)=a/sin~nx b/cos~nx(00,由均值不等式得:nAsin2x 2amsinmnx=Asin2x Asin2x … Asin2x asinmnx sinamnx … sinamnx≥(n 2m)(Ana2m)n 12m.nAcos2x 2bmcosmnx=Acos2x Acos2x … Acos2x bcosmnx cosbmnx … …