小素数的陈氏定理

令N为一充分大的偶数.本文证明了方程N=p+P2,p≤N0.95是可解的,其中p为一素数,P2为一至多具有两个素因子的殆素数.     

借用向量分解定理巧求f(x0)的范围

已知函数 f ( xi) ( i =1,2 ,3 ,… )的范围 ,求 f( x0 )的范围 .笔者在同行们研究的基础上 ,借用向量分解定理 ,使这类问题的解决更加简单、明了 ,可操作性强 ,便于实施 .例 1　已知一次函数 f( x) ,1≤ f ( 1)≤2 ,3≤ f ( 2 )≤ 4,试确定 f( 5 )的范围 .解　设一次函数为 f( x) =ax + b,则　 f( 1) =a+ b,f( 2 ) =2 a+ b,f( 5 ) =5 a+ b.记　 p1→ =a+ b,p2→ =2 a+ b,p=5 a+ b显然 p1→ ,p2→ 不共线 ,根据向量分解定理p=λ1 p1→ +λ2 p2→ 　 (λ1 ,λ2 为实数 ) ,即　 5 a+ b=λ1 ( a+ b) +λ2 ( 2 a+ b…     

关于一个素数和一个素数的k次方和问题

设k≥2,Hk表示一个正整数n的集合,使对任意的正整数q,同余方程a+b2三n(modq)在模q的既约剩余系中有解a,b.Dk(N)表示n≤N,n∈Hk,但不能表成p1+p22=n的数的个数,其中p1,p2表示素数.则在GRH下,Dk(N)<<N1-1/k(h(k)+1)+ε,这里k=2,3;h(2)=2,h(3)=8.     

关于一个素数和一个素数的k次方和问题

设k≥2,且Hk表示一个正整数n的集合,使得该集合中的元素满足a+bk≡n(modq)对任意的q,在模q的既约剩余系中有解,令Dk(N)表示所有的n≤N,且n∈Hk且不能表成p1+p2k=n形式的整数.那么在GRH下, Dk(N)相似文献   

b≤200O,m≤1 O的广义Fermat素数

设b为偶数,本文基于作者的原有结果,进一步改进了算法,对于b≤2000,m≤10给出了所有广义Fermat素数F(b,m)＝b2m+1,其中最大的是16321024+1,有3290位.     

自然数被貭数整除的一个判别法

一切偶数都能被2整除,凡末位是“5”或“零”的数都能被5整除,这就无須再討論了。下面討論自然数对于其它貭数的可除性。对于其它的质数p其个位数必为:1,3,7,9这四种类型。这时可以找到自然数1,使lp+1为10的倍数。事实上,对于以上四种类型,分别取l为9,3,7,1即可。定理1.自然数N能被貭数p(p≠2,5)整除的充要条件是截去N的末位数后,在十位数上加上末位数的a倍,所得的数能被p整除。其中a滿足条件lp+1=10a。更一般地說,有自然数N=10x+y能被貭数p整除的充要条件是 N′=x+ay能被p整除。 証.Ⅰ.必要性。設N能被质数p整除,則N=pq。再将N写成 N=10x+y的形状。现在証明     

互质数对的某些性质

本文据互质正整数 a,b 定义两个集合:P={p|1≤p≤ab,p=ma+nb,m,n,皆正整数},Q={q|q 为整数,a+b≤q≤ab,且任正整数 m,n,都有 q(?)ma+nb}.证明了 P,Q所含元素个数皆为((a-1)(b-1))/(2),且 P 与 Q 在数轴上,对称于点 (ab+a+b)/2.在 P 中定义了链(即 P 的极大连续整数子集),给出链的个数的计算方法.指出(a,b)=1,a>1,b>1的四种等价说法,讨论了以不全是1的正整数 r,u 为系数的二元二次方程 xy+1=rx+uy 的正整数解的个数,并给出求解方法.     

初一数学竞赛训练题(五)

一、选择题 1.若abC>0,则|a|/a |b|/b |c|/c-|abc|/abc的值为( ) (A)2 (B)-2 (C)±2 (D)以上都不对 2.已知n是偶数,m是奇数,方程组:是整数、那么( ) (A)P、q都是偶数 (B)p、q都是奇数 (C)p是奇数,q是偶数 (D)p是偶数,q是奇数 3.设a、b都是整数。 (1)若a 5b是偶数,则a-3b也是偶数 (2)若a b能被3整除,则a、b都能被3整除     

一个素数和一个素数的平方和问题

H表示一个正整数N的集合,使对任意的正整数q,同余方程a+b~2≡N(mod q)在模q的既约剩余系中有解a;b.E(x)表示N≤x,N∈H,但不能表成p_1+p_2~2=N的数的个数,其中p_1,p_2个表示素数,则E(x)<相似文献   

Terence Tao的一个问题

解决了Terence Tao提出的一个问题.证明了:设K≥2,N充分大,L_N为{-KN,…,KN}的任意子集,|L_N|=K.那么在[N,(1+1/K)N]中至少存在C_K N/(log N)个素数p,使得|kp+ja~i+l|为合数,其中1≤a,|j|,k≤K,1≤i≤K log N,l∈L_N,ja~i+l≠0,常数C_K0与K有关.     

一个不等式的拓广

文 [1],[2 ]均对不等式“已知 :a >0 ,b >0 ,a3 +b3 =2 ,则a +b≤ 2”作出了一系列的讨论 .本文将给出该不等式的两个拓广 ,并由此证明了文 [2 ]末给出的猜想命题 1　若an +bn=2 ,a ,b∈R ,n≥ 2且n∈N ,则a +b≤ 2 ,ab≤ 1.上述命题为原不等式在指数上的推广 ,即文 [2 ]中猜想 1.证　 1)当a >0 ,b >0时 ,∵an+bn≥ 2anbn ,∴ 2anbn ≤ 2 ,即anbn≤ 1.∴ab≤ 1.又an+1+… +1n -1个 1+bn+1+… +1n -1个 1≥n nan +n·nbn,即na +nb≤ 2 +2 (n - 1) ,∴a +b≤ 2 .2 )若a <0 ,b <0 ,由题设n必为偶数 .此时 ,an+bn=(-a) n+(-b) n=2 .由 1)知 :(-…     

论筛法及其有关的若干应用(Ⅰ)——表大整数为殆素数之和

<正> 1.结果的陈述本文的宗旨在于证明作者在[1]内所提及的非条件结果及[2]内所提及的全部结果.为简单见,将下面的命题记为(a,b):每一充分大的偶数可表为两个大于1的整数 c_1与 c_2之和,c_1与 c_2的素因子个数(包合相同的与相异的)分別不超过 a 与 b.并不需要很复杂的数值计算,就能得到(3,3)及(a,b),(a+b≤5).用比较复杂的数值计算,我们得到了(2,3).另一点值得注意的是本文所用的方法完全是初等的,而А.И.Виноградов在证明(3,3)的过程中却引用了精深的 Riemann 一ζ画数论的结果.     

2005年北京市中学生数学竞赛高一年级试题

一、选择题(满分25分,每小题只有一个正确答案,答对得5分)1.如果S={1,2,3,4,5),M={1,3,4},N={2,4,5},那么(瘙(?)sM)∩(瘙(?)sN)等于().(A)(?)(B){1,3}(C){4}(D){2,5}2.已知a,b都是整数,命题甲:a+b不是偶数,则a,b都不是偶数;命题乙:a+b不是偶数,则a,b不都是偶数.则().     

实数p~(1/2)+(p+k)~(1/2)是无理数的证明

<正>定理若p为半偶数,k为奇数,则槡p^(1/2)+(p+k)(1/2)+(p+k)^(1/2)是无理数.先给出半偶数的概念:能被2整除但不能被4整除的偶数称为半偶数.如2,6,10,14等.注意,定理中的半偶数的条件是必要的,否则定理不真.如4(1/2)是无理数.先给出半偶数的概念:能被2整除但不能被4整除的偶数称为半偶数.如2,6,10,14等.注意,定理中的半偶数的条件是必要的,否则定理不真.如4^(1/2)(4+5)(1/2)(4+5)^(1/2)不是无理数,原因为4不是半偶数.下面证明定理.     

圆锥曲线间的相互变换

文 [1 ]中给出了圆锥曲线间的几个有趣变换 ,并作了推广 .笔者经过深入研究发现 ,文 [1 ]中的定理还可以进一步推广到更一般的情形 ,而且有趣的是 ,圆锥曲线间可以相互变换 ,由一种圆锥曲线可以生成所有的各种圆锥曲线 .定理 1　设椭圆c:x2a2 +y2b2 =1 (a >b >0 ) ,PP′是c上的垂直于x轴的一条弦 ,M(m ,0 ) ,N(n ,0 )是x轴上的两点 ,设直线PM与P′N的图 1　定理 1图交点Q的轨迹为c′ .则1 )当 (m +n) 2 - 4a2>0时 ,c′为椭圆或圆 ;2 )当 (m +n) 2 - 4a2= 0时 ,c′为抛物线 ;3)当 (m +n) 2 - 4a2<0时 ,c′为双曲线 .证　设P (acost,bsint…     

用系数有界限的广义多项式的L逼近

1.存在定理 在空间C[a,b]中引进L范数:即对f∈C[a,b],定义 设n是一个固定的自然数,α_j,β_i(j=1,…,n)为两组广义实数,并满足条件 α_j<+∞,β_j>-∞,α_j≤β_j,j=1,…,n.又设{g_1,…,g_n}?C[a,b]是线性无关的,记 K={p=sum from j=1 to n(a_jg_j:α_j≤a_j≤β_j,j=1,…,n}.对于f∈C[a,b],若p∈K满足     

b≤2000,m≤10的广义Fermat素数

设b为偶数，本文基于作者的原有结果，进一步改进了算法，对于b≤2000,m≤10给出了所有广义Fermat素数F(b,m)=b^2m 1，其中最大的是1632^1024 1,有3290位。     

算术平均—几何平均不等式的一个证明

设a:、 a盆、al+aZ 怜a。是正数,则有不等式~习可可不瓦一 一bK+‘)+…十bK+‘(戈一b)〕设￡‘一b‘=(,一b)(%‘+‘+x‘+“b千…+b‘+1)=(戈一b)Pi1=式中等号当且仅当a,二a:二…二a。时成立。证明用数学归纳法,n=2结论显然成立。 假定n=K时成立,则 月二(a:+a:+…+a尤)+a尤+l 一(K+1)K+‘侧瓦瓦二花订万 )K大访瓦瓦下砰而瓦 一(K十l)K+’了面瓦不石石万…(1) 设K+‘亿面万丁=、 K!K十’V而二ha二b,(1)式右(P‘>0了 i=(%)2,一,K),乡}}}(戈一b)2(P尺+P万*:b十 卜P工石K+l) 户K+夕K*声+….’.f(二)>O,A) ‘.。十…(2)+P tbK+‘>00即a…     

一类问题的统一解法

题1方程x+sinx=π2,x+arcsinx=π2的根分别为a,b,则a+b等于.题2方程x+x3=3,x+3x=3的根分别为a,b,则a+b等于.题3方程x+ex=5,x+lnx=5的根分别为x1,x2,则x1+x2等于.由以下定理即可解答以上诸题.定理若f(x)是[a,b]上的增函数,x+f(x)=m,x+f-1(x)=m的根分别为a,b,则a+b=m.证令h(x)=x+f(x),得h(x)为[a,b]上的增函数.由h(a)=a+f(a)=m,h(f-1(b))=f-1(b)+f(f-1(b))=f-1(b)+b=m,得h(a)=h(f-1(b)),a=f-1(b).所以a+b=f-1(b)+b=m.由定理立得,题1,2,3的答案分别是π2,3,5.一类问题的统一解法@甘志国$竹溪县一中!湖北443200…     

关于Dini定理

关于函数序列或函数级数的一致收敛性判别准则 ,我们熟知的有 M判别法 ,Abel定理及Dirichlet定理 .在作者的《数学分析》(下册 P95 ,高等教育出版社 ,1 995年 )中还介绍了 Dini定理 ,以下称之为第一 Dini定理 .第一 Dini定理　设 [a,b] R是一有界闭区间 , n∈N,fn∶ [a,b]→R是一连续函数且满足下述条件 :1 )函数序列 { fn}是单调的 ,即 n∈ N ,fn≤ fn+ 1或 n∈ N ,fn≥ fn+ 1.2 )函数序列 { fn}在 [a,b]上逐点收敛于一连续函数 f :[a,b]→ R ,那末函数序列 { fn}在 [a,b]上一致收敛于函数 f.注意 ,上述条件 1 )中的单调性是指函数…