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我们用整数的二进制表示及穷举法证明了整数平方的一个特性。这个特性使我们可以看出一些古老命题的直观性。一、特性的推导设m为任意正整数,并表示成二进制数: m=m_nm_(n-1)……m_(?)……m_3m_2m_1m_0 (1) 式中任一项m_1为1或0。无论正整数m有多大,它的最低四位二进制数m_3m_2m_1m_0却只有16种可能的情况,即0000、0001、0010、0011、0100、0101、0110、0111、1000、1001、1010、1011、1100、11011110和1111。下面我们在证明这个特性时,虽然只讨论了最低四位的16种情况,但实际适合于所有的正整数。这就是穷举法的思想。现求m~2,以最低四位m_3m_2m_1m_0=1101为例,列竖式: 相似文献
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说明:1、只看乘数,简单易学,记此四字,即可定位。2,整和小都是指乘数的开头数字是整数还是小数。8、乘数是整数,有几位整数,就把被乘数往前进几位;乘数是小数,看挨小数点右边到有效数字之间有几个零,就把被乘数往后退几位。(挨小数点右边无零的,仍按被乘数原有位数定位,不进不退)。 相似文献
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1、一个非负整数的有序对(m,n)称为“简单的”,如果在做m+n的加法时用不着进位。m+n称为有序对(m,n)的和,求和为1942的“简单的”非负整数有序对的个数。解:m+n=1942,对于m的个位可取0,1,2,而”则可取2,1,0三种;对于m的十位可取0,1,2,3 4,而n则可取4、3、2、1、0五种;对于m的百位可取0,1,2,…,9,而n则可取9、8,…,1,0+种;对于m的千位可取1或0,而n则可取0或1。因此简单的非负整数序对(m,n)的个数是 C_3~1C_5~1C_(10)~1C_2~1=3×5×10×2=300。 2、一点在半径为19,中心为(-2,-10,5)的球面上,另一点在半径为87,中心为(12,8,-16) 相似文献
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1999年11月号数学问题解答(解答由问题提供人给出)1221.求方程组x y z=3x3 y3 z3=3的所有整数解.解 原方程组化为x y=3-z(1)x3 y3=3-z3(2)(1)3-(2),得3xy(x y)=24-27z 9z2(3)(1)代入(3),可得xy=8-9z 3z23-z(4)由(1)、(4)知x、y是以下二次方程的两个整数根:t2-(3-z)t 8-9z 3z23-z=0解得t1,2=3-z±(z-1)2·z 5z-32=3-z±(z-1)2(1 8z-3)2(5)由此知,x、y、z均为整数当且仅当z-1=0或z-3=1或z-3=-8,即z=1或z=4或z=-5.将其依次代入求根公式(5),得原方程组的所有整数解(共四组):x=1y=1z=1或x=-5y=4z=4或x=4y=-5z=4或x=4y=4z=-5注:(5)式中根号内的(z… 相似文献
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有关本栏的稿件,请直接寄给熊斌(200062,华东师范大学),或冯志刚(200231,上海市上海中学).提供试题及解答请尽量注明出处.本期给出由上海的至刚先生提供的1999年保加利亚数学奥林匹克(第四轮)试题及解答.收稿日期:2000-04-061999年保加利亚数学奥林匹克第四轮1 将一个长方体(边长为整数,且被分为若干个单位正方体)的表面染成绿色,已知没有染上绿色的单位正方体的个数为长方体中单位正方体个数的13,求这个长方体的三条棱长.2 设数列{an}为一个整数数列,满足:对任意自然数n,均有(n-1)an 1=(n 1)an-2(n-1). 若2000|a1999,求最小… 相似文献
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设 Z表示整数环 ,i表示虚数单位 ( i=- 1 ) .Z( i)为所有形如 a+ bi( a,b∈ Z)的复数组成的集合 ,称为高斯整数环 .高斯整数环中的元素称为高斯整数 .在文 [1 ]中 ,提出了两个猜测 ,其中之一是 :设 m和 n都是整数 ,则高斯整数环 Z( i)的商环 Z( i) /( m+ ni)的元素个数不超过 m2 + n2 .本文证明这一结论成立 ,且更明确的有 ,| Z( i) /( m+ ni) | =m2 + n2 .注意 ,对 m=0 (或 n=0 )以及 m任意但 n=1 (或 n任意但 m=1 )的情形 ,文 [1 ]已经证明此等式成立 .以下我们用 | A|表示集合 A的元素个数 ,也用 | α|表示复数 α的模 .下面给出的是… 相似文献
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§1.引言 设K为有理四元数体,即形为a bi cj dk(其中a,b,c,d均为有理数)的四元数全体。定义 (?)且a,b,c,d的奇偶性相同},其中Z是有理整数环。R是K的子环,通常把R叫做四元整数环。 设a=a bi cj dk∈K,定义。叫 相似文献
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求解整数规划代理对偶的一个新方法 总被引:3,自引:0,他引:3
考虑如下的整数线性规划问题: (P)min Cx, s.tAx≥b, x≥0,且为整数向量,其中c,b是具有适当维数的行向量或列向量,A是已知的矩阵,c的分量均为正数,且假定(P)是可行的,x是n维变量。 用V(·)表示优化问题(·)的最优值。如果对x放弃整数限制要求,问题(P)的线 相似文献
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Terjanian在1977年曾经证明不定方程 p是奇素数 (1)如果有整数解,则2p|x或2p|y。 本文证明了以下结果: 1. 设y=2(mod 4),则不定方程 x~p-y~p=z~2,(x,y)=1,p>3是素数 (2)没有整数解。 2. 设y=4(mod 8),则(2)没有整数解。 3. 如果(1)有整数解,p>3,则8p|x或8p|y。这是Terjanian的结果的改进。 相似文献
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整数剩余类就是把全体整数去被m(m∈N )除,然后按余数(0,1,2,…,m-1)将整数分为m类,且每个整数属于且仅属于其中的一类.例如,当m=2时,整数分为两类:余数为0称偶数,余数为1称奇数;当m=3时,整数分为三类,可记为{3k},{3k 1},{3k 2}(k∈Z)等.整数剩余类在高中数学中应用较为广泛,利 相似文献
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数论中作为勾股定理的推广曾讨论过方程x2 +y2 =z2 +w2 ( 1 )的整数解 (如文 [1 ]、[2 ]) ,文 [2 ]得到了方程 ( 1 )满足 ( x,y,z,w) =1的全部整数解的一组公式 ,但表达式不够简洁。本文将其推广 ,考虑更一般的这类四元二次丢番都方程ax2 +by2 =cz2 +dw2 ( 2 )其中 a,b,c,d均为正整数 ,( a,b,c,d) =1。当知道它的一组不全为零的整数解时 ,来导出它满足 ( x,y,z,w) =1的全部整数解的公式。按所设 ,显然 z,w不会全为 0 ,不妨设 w≠ 0 ,从而方程 ( 2 )可变为a( xw) 2 +b( yw) 2 -c( zw) 2 =d令 X=x/ w,Y=y/ w,Z=z/ w,得a X2 +b Y2 -c Z2 =d … 相似文献
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一、方法导学1 .科学记数法 把一个数写成a× 1 0 n 的形式 (其中 1≤a<1 0 ,n是整数 ) ,这种记数法叫做科学记数法 .记数的方法 :①确定a .a是只有一位整数数位的数 .②确定n .当原数≥ 1时 ,n等于原数的整数位数减 1 ;当原数 <1时 ,n是负整数 ,它的绝对值等于原数中左起第一个非零数字前零的个数 (含整数位上的零 ) .2 .近似数 一般地 ,一个近似数四舍五入到哪一位就说这个近似数精确到哪一位 .一个近似数 ,从左边起第一个非 0数字起 ,直到精确到的数位 ,所有的数字都叫做这个近似数的有效数字 .注意 :2 .0 5与 2 .0 50 0的区… 相似文献
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初中算术教材里关于小數除法所要研究的,就是小数除以整数的除法。如果这一法则得出了,这末,当小数除以小数时,只要把被除数和除数扩大同样的倍数,使除数变成整数,就成了小数(或整数)除以整数的除法,小数除以整数的除法中,有时需要取近似商。决定不足近似商与过剩近似商,二者的取舍的法则是:“在精确到指定的同一小数位的不足近似商和过剩近似商里,为了使所取的近似商的誤差小于这个指定的小数位上的單位的1/2,如果除到这个小数位,所得的余数(引者註:把它当整数看)小于除数的1/2,就取不足近似商;如果所得的余数大于除数的1/2,就取过剩近似商。”(初中算术§111)。由于这一教材內容对于初一学生来说,是較难理解的,因此每当教师教完这一节以后,常常会發現学生对这个法則只是机械地掌握了,而对它的理論根据却不甚了然,教师对于这一法則原理的教学,在效果上便常常流于形式主义,今根据个人的点滴体会談一談就正于大家。 相似文献
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一、引言人们容易证明任意3个整数中必有两个整数之和为2整除,任意5个整数中必有3个整数之和为3整除,柯老和孙琦教授在[1]中证明了任意7个整数中必有4个整数之和为4整除,并猜测任意2n-1(n>1)个整数中必有n个整数之和能为n整除。1983年单墫 相似文献