关于任意一个偶数(74)被表达成一对单质数之和时的可搭配的对数的表达式

1.数学家 Goldbach(1690—1764)猜测任意一偶数(>4)都可以表成两个单质数的和。哈代、维诺格拉陀夫等数学家在这一方面做了工作。现在我们所考虑者为任意一偶数被表达成一对单质数之和时的可搭配的对数的表达式。现在进行如下。首先建立下面二个补助定理:补助定理1.假设(i)N 为一已知偶数,P 为小于民 N~(1/2)的一个质数,能整除尽 N 及(ii)M 为小于 N 的一个正整数,P 不能除尽它则 P 不能除尽 N—M     

无平方因子数的k次方和

1 引言与结果 一正整数如不能被素数之平方所整除,则谓之无平方因子数。我们用Q_k(x)表示超过x之平方因子数之k次方和(k为实常数),当k=0时,Q_0(x)意表示超过x的无平方因子数之个数,[1]中有如下结果: Q_0(x)=(6/π~2)x十O(x~(1/2))。 本文将进一步获得下列结果: 定理1 若k≥0,则:     

说说自己的想法

学习完《数的整除》这一单元后,我进行一节复习整理教学,设计了如下一道练习题:根据规律填空1、2、4、()、()、()……设计的意图是让大部分学生明确运用约数与倍数的有关概念找出规律:①后一个是前一个数的2倍,②后一个数一定能被前一个数整除,③后一个数的约数就是前面所有的数再加本身,程度稍高的同学能发现,前后两个数的差在依次增加,分别增加1、2、4、8……。在实际教学中,我出示练习     

由一道课本习题引出的解题策略及应用

现行高中数学《代数》下册第 1 2 5页有这样一道习题 :有四个数 ,其中前三个数成等差数列 ,后三个数成等比数列 ,并且第一个数与第四个数的和是 3 7,第二个数与第三个数的和是 3 6,求这四个数。解 :设所求的四个数为 :ａ-ｄ ,ａ,ａ+ｂ,(ａ+ｄ) 2ａ则 (ａ-ｄ) +(ａ +ｄ) 2ａ =3 7ａ(ａ +ｄ) =3 6　　解得 :ａ1 =1 6ｄ1 =4或ａ2 =814ｄ2 =-92∴所求的四个数为 1 2、1 6、2 0、2 5或994,814,634,494。此题看似平常 ,实则内涵丰富 ,是一道不可多得的好题。笔者发现 ,凡对于一些题设中直接或间接出现形如ａ+ｃ =2ｂ(即ａ、ｂ、ｃ成等差数列 )的数…     

公式n=sum from 0

孙宗明 《佛山科学技术学院学报(社会科学版)》1987,(4)

关于数的整除性的几个定理及其应用

<正> 文[1]给出了如下定理 定理1 任意给定整数a,b,c,d及正整数m,则对任意非负整数n,m整除ab~+cn+的充要条件为 m│a+d, m│(b-1)c, m│a(b-1)+c 本文给出了m整除∑ab+∑c的充要条件(详见定理3),更值得一提的是,应用     

广义排列和组合

在排列和组合公式m!=m(m-1)……2·1.(1)A_m~n=m!/(m-n)!.(2)C_m~n=m!/n!(m-n)!.(3)中,n和m只能取正整数,且n≤m。由于这一限制,使公式(1)—(3)的应用受到很大限制。本文的目的是要将公式(1)—(3)的取值范围扩充到任意实数。我们借助于加玛函数初步地解决了这一问题,得到了一些公式,并且找到了一些简单应用。     

2类优美图的冠的优美性

对任意正整数n,设恰有一个公共端点un 1的两条路是P1和P2,其中P1=u1u2Λunun 1,P2=un 1un 2Λu2nu2n 1,连接P1和P2中顶点ui和uj(i≠j,且i j=2(n 1))所得图记为G,G的冠记为I(G).长为4的圈C4的n——冠记为Gn.G,I(G)和Gn都是优美图.     

x~n+1在有理数域上的因式分解

从特殊情况研究多项式f(x)=xn+1在有理数域上的因式分解.对于正整数,设H(n)是n的大于1的奇约数的个数.本文用初等数论和近世代数的知识证明了:多项式xn+1在有理数域上可分解为H(n)+1个不可约因式的乘积,即D(f)=H(n)+1.     

加权二维筛法和Ω(n)问题

我们以记号Ω(n)表示自然数π的全部素因数的个数(按重数计),是否存在无穷多个自然数n使得Ω(n)=Ω(n 1)?这是一个难度非常大的问题,Vaughan注意到运用陈景润的方法可证明存在无穷多个素数部使得Ω(2p 1)≤2,这样解决了存在无穷多个n,使得Ω(n)=Ω(n 1)或Ω(n)=Ω(n 1) 1. 众所周知陈景润的方法是一种加权线性筛法,1982年Heath-Brown首先给出一     

初论整数的平方分组问题

本文初步讨论了一串连续的整数(指非负整数,后同)分为个数相等的若干组,使其平方和相等的问题。给出了任意k·p个连续整数分为平方和相等的k组的必要条件及2k~2(k≥2)与k~3(k≥3)个连续整数分为平方和相等的k组的方法。 (一) 是否偶数个连续的整数都能分成平方和相等的两组?答案是否定的。事实上我们有: 命题1 任意半偶数个连续整数都不能分为个数相等的两组,使其平方和相等。这是因为半偶数个连续整数中有奇数个奇数,因而所有这些连续整数的平方和是奇数。此外,因为     

关于正整数整除部分的Graham猜想

对于正整数n，设S（n）是n的整除部分，ω（n）是n的不同素因数的个数．本文证明了：当n是大于2的偶数、或当n是满足ω（n）≤2且不等于3a（a∈N）的奇数时，上述结果部分地证实了Graham猜想．     

关于单位分数的一个猜想

若1/x_1+1/x_2+…+1/x_k,0相似文献   

孙子定理在通信密钥管理中的一种应用

本文建议利用孙子定理把通信密钥分拆成n个子数据,交n个人员分散保管,在n个子数据中,只要知道任意K(1≤K≤n)个,即可恢复通信密钥,如知道的密钥子数据数少于K个,就不能恢复密钥。通信密钥的这种分散保管方案,可大大提高密钥保管的安全性、保密性、可靠性和灵活性。     

奇妙的“16…67×33…34”

由两个7位数与它们的积数位上数字的奇妙关系,提出一般化的猜想:两个n位数与它们的积数位上数字也存在这一奇妙关系,利用整除性质求出满足这一关系的数字并证明了这一奇妙的关系。     

K_(2n)完美1-因子分解的一些结果

K_(2n)的1-因子分解称为完美的,如果它的任意两个不同的1-因子的并形成K_(2n)的Hamilton圈.1963年,A.Kotzig猜想是:n≥2时,K_(2n)有完美1-因子分解,该猜想已成为图论和组合设计中最难的未解决的问题之一。本文利用有限城上的强初子和计算机构造了K_(12168)和K_(16808)的完美1-因子分解。     

关于调和数中的平方数

设n是大于1的正整数,如果n的约数之倒数和仍是正整数,则称n是调和数．本文证明了：当ω（n）＝2,其中ω（n）是n的不同素因数的个数时,n不能是平方调和数．     

关于“多数决法则”的再思考

在群体决策的诸多法则中、“多数决法则”是实际中最为常用的法则。设群体由n个个体组成,x、y是方案集里的任意两个方案,用N(x,y)表示群体中认为方案x优于方案y的个体数。则“多数决法则”指的是: 群体认为方案x优于y,当且仅当N(x,y)>δn, (1/2δ<1)。当δ=1/2时,即通常所说“少数服从多数”的简单多数法则,当δ>1/2时,即“超多数法则”,例如δ=2/3即“2/3多数通过”法则。     

一个限制排中律适用范围的命题演算系统

"一个命题与肯定该命题而形成的命题是等值的"只是逻辑学的一个公设,基于这一公设,肯定词在任何情况下都可以随意消除,人们在构造命题演算系统时根本无需引入肯定词。然而,值得提出的是,上述公设从未得到过系统外的预先证明。命题演算系统PC5在限制上述公设适用范围的基础上引入了0级命题变项和肯定词符号。PC5具有可靠性和完全性。在PC5中,对于任意的肯定和否定同一个n(n∈N且n≥0)级命题而形成的两个相反命题而言,不矛盾律都成立;对于任意的肯定和否定同一个n(n∈N且n≥1)级命题而形成的两个相反命题而言,排中律成立,但对于任意的肯定和否定同一个0级命题而形成的两个相反命题而言,排中律不成立。以PC5为逻辑基础,反证法适用于论证n(n∈N且n≥1)级命题的肯定或否定命题,但不适用于论证0级命题的肯定或否定命题。     

n—可解群的Hall定理

本文证明了如下结果: 设G是有限n—可解群,Π是一些素数的集合,若对任意p∈Π∩Π(G)都有(p,n(1—n))=1,则G是Π—可解群。由此可把可解群的Hall定理完整地推广到n—可解群。