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众所周知,著名的费马小定理是:如果p是素数,那么对于任何整数a,都有P|(ap-a) 如果改动这个著名定理的条件,将p是素数放宽为p是奇数,会出现什么结论呢?这个结 相似文献
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定理1若对多项式:(x)、石(x)、。(x)、d(二)有(a(x) c(二),I)(x)一d(x))==p(x), 则p(x)![a(二)乙’(x) ‘,(x)d’(x)〕,(,:〔N)。 证明由(a(工) c(义),乙(x)一d(x))=P(x)。可设a(x) c(x)=P扛)q工(x), 乙(义)一d(x)=P(工)叮:(x)。 a(x)乙’(劣) 。(x)d’(x) =a(x)「乙(x)一d(x) :(x)〕’ 。(x)d.(丫) =a(劣)〔P(x)q:(x) d(x)〕, c(x)d.(x) =p(x)厂(二) a(x)d’(x) ‘(x)d’(x) =P(x)f(二) (a(x) ‘(义)d’(x) =p(x)[厂(x) d·(x)q;之x)〕 p(x)l〔a(x)石’(x) c(x)d.(男)〕。 对于形知劲’十‘d’的整数的整除性问题有类似结论。 定理2若a,… 相似文献
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「1」给出复数C上多元多项式环C「x1,x2,…,xn」的一类整除性定理,本把它推广为任意代数闭域k上多元多项式环k「x1,x2,…,xn」的情形。 相似文献
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[1 ]给出复数域C上多元多项式环 C[x1 ,x2 ,… ,xn]的一类整除性定理 ,本文把它推广为任意代数闭域 k上多元多项式环 k[x1 ,x2 ,… ,xn]的情形 . 相似文献
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本刊1983年第四期的问题征解上有这样一题求证(1+2+3+…+1983)|(1~5+2~5+3~5+…+1683~5)。在解此题时,我们从1~3+2~3+3~3+…+n~3=(1/4)n~2)n+1)~2=〔(1/2)n(n+1)〕~2=(1+2+3+…+n)~2,发现(1+2+3…+n)|(1~3++2~3+3~3+…+n~3)对任意自然数n皆成立。我们试问是否也有(1十2+3+…+n)|(1~5+2~5+3~5+…+n~5)对任意的自然数n皆成立呢!回答是肯定的。不难证明1~5+2~5+3~5+…+n~5=(?)(n+1)~2(2n~2+2n-1),因此,(1+2+3 相似文献
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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 相似文献
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整除是初等数论中的一个基本概念。“整数甲能被整数乙整除”这样的问题,在小学算术课中大家就已经知道,并且学会了一些作出判断的方法。比如,判断一个十进制整数是否可以被3或9整除的简捷方法是:将该数每一位上的数码相加,其和若被3或9整除,则该数被3或9整除,例如:十进制数19803,1 9 8 0 3=21,而3|21,9(?)21,可以断定3|19803而9 19803,(记号“|”表示整除,“(?)”表示不 相似文献
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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 相似文献
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庄圻泰 《纯粹数学与应用数学》1996,12(1):1-6
在这篇论文中,研究了一般形式的代数微分方程的亚纯解的增长性并得到一些结果,研究的方法是根据一个关于亚纯函数组的定理。这个定理是Borel的一个关于整函数组的定理的一个推广。 相似文献