关于xn+1在Q[x]上分解的探讨

从特殊情况研究多项式f(x)=x<'n>+1在有理域Q[x]上的因式分解情况.可以证明:f(x)不可约的充要条件是存在自然数q,使得n=2<'q>;多项式f(x)的因式数不小于n的奇子数加1,即D(f)≥H(n)+1;如果n是素数,那么D(f)=H(n)+1.     

线性移存器序列的伪随机特性

<正> §1.引言 线性移存器序列是指满足下面递归关系的二元序列a=(a_o,a_1,a_2…)a_i∈GF(2). a_(n+k)=c_1a_(n+k-1)+c_2a_(n+k-2)+…+c_na_k,c_i∈GF(2),(k=0,1,2,…)称f(x)=x~n+c_1x~(n-1)+…+c_n为产生序列a的线性移存器的联接多项式.以f(x)为联接多项式的线性移存器所产生的二元序列全体,形成二元域GF(2)上的线性空间,记之为G(f).本文的目的是由联接多项式f(x)的特点来刻划G(f)中非零二元周期序列的伪随机特性.     

二次函数迭代的一个问题

众所周知,将二次函数f(x)=x2 bx c进行n次迭代,得到f[n](x),这是个2n次多项式,函数f(x)有无不动点(即方程f(x)=x有无实根)对方程f[n](x)=x的解的情况有何影响?本文拟对此进行一些探索.在本文中,我们规定f[0](x)=x.1函数f(x)没有不动点如果函数f(x)没有不动点,即方程x2 (b-1)x c     

活用导数积分的定义一例

<正>题目(2014年高考陕西卷理科第21题)设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf′(x),x≥0,其中f′(x)是f(x)的导函数.(1)g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N+,求gn(x)的表达式;(2)若f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围;(3)设n∈N+,比较g(1)+g(2)+…+g(n)与n-f(n)的大小,并加以证明.原题提供的答案第(2)问是利用分类讨论的思想,通过对参数的缜密讨论,确定参数的取值范围.分类讨论向来是同学     

第34届IMO试题

第一天(4个半小时,共三题,每题7分) 1 设f(x)=x~n+5x~(n-1)+3,其中n是一个大于1的整数。求证:f(x)不能表示为两个多项式的乘积,其中每一个多项式都具有整数系数而且它们的次数都不低于一次。2 设D是锐角三角形ABC内部的一个点,使     

第34届IMO试题解答

1 设f(x)=x~n+5x~(n-1)+3,其中n是一个大于1的整数。求证:f(x)不能表示为两个多项式的乘积,其中每一个多项式都具有整数系数而且它们的次数都不低于一次。解假设f(x)可分解为两个整系数多项式之积     

Ruzsa’s constant on additive functions

A function f : N → R is called additive if f(mn)= f(m)+f(n)for all m, n with(m, n)= 1. Let μ(x)= max n≤x(f(n)f(n + 1))and ν(x)= max n≤x(f(n + 1)f(n)). In 1979, Ruzsa proved that there exists a constant c such that for any additive function f , μ(x)≤ cν(x 2 )+ c f , where c f is a constant depending only on f . Denote by R af the least such constant c. We call R af Ruzsa's constant on additive functions. In this paper, we prove that R af ≤ 20.     

04,05两年高考压轴题与一个函数模型

04年的全国卷(Ⅱ)与05年全国卷(Ⅰ)的最后一题均是有关不等式证明的问题.遗憾的是命题组提供的答案均较复杂.其实这两道试题均与函数f(x)=xlogax的凸性有着密切的关系.引理:设f(x)是定义在D上的凸函数,则对任意的x1,x2,…,xn∈D有f(x1)+f(x2)+…+f(xn)n≥fx1+x2+…+xnn当且仅当x1=x2=…xn时取等号下面我们就利用上述这个引理来解决04、05两年的压轴题.04年的压轴题:(22)已知函数f(x)=ln(1+x)-x g(x)=xlnx(Ⅰ过原O作一条)求函数f(x)点的最大值(Ⅱ)设0相似文献   

余数定理的引伸及其应用

在中学数学课本里有一条定理叫余数定理“多项式f(x)除以x-b所得的余数等于f(b)”,证明时引用了下列恒等式 f(x)=(x-b)·Q(x)+R (1)当x=b时,f(b)=R。现在我们把关系式(1)引伸一下,设 f(x)=B(x)·Q(x)+R(x) (2)是一个关于x的恒等式,如果当x=b时,我们有B(b)=0,则得f(b)=R(b)。由于我们所讨论的是一元多项式,当B(x)的次数低于f(x)的次数时,R(x)的次数将低于B(x)的次数而更低于f(x)的次数,因此,求函数f(x)当x=b的值时,可以不直接代入f(x)计算而可以代入较为简单的式子R(x)里去计算,这样就方便得多了。例1. 已知 x=1/(3~(1/2)+2~(1/2)),求 f(x)=x~5+x~4-10x~3-10x~2+2x+1的值。解:x=1/(3~(1/2)+2~(1/2))=(3~(1/2)-2~(1/2)。     

“乘积多项式”与新劈因子法

本文求解形为,f(x)=multiply from k=1 to 2(x~2-p_kx-q_k)+k multiply from k=1 to 2(x~2-r(?)x-s_k) (1)(其中 n 为偶数)或 f(x)=multiply from k=1 to n(x-Pk)+K multiply from k=1 to n(x-q_k) (2)的“乘积多项式”的所有二次因式 x~2-u(?)x-v_i.用[1]中方法,得初始近似因子ω(x)=x~2+ux+v.再分两步求ω(x)的修正因子ω(x):1.用ω~2(x)除 f(x),得余式 R_1(x);2.用ω~2(x)除 xR_1(x),得余式 R_2(x).再取 R_1(x)与 R_2(x)的适当线性组合,消去     

综合题新编选登

题155设f(n,p)=C2pn(n,p∈N,p≤2n).数列{a(n,p)}满足a(1,p) a(2,p) … a(n,p)=f(n,p).1)求证:{a(n,2)}是等差数列;2)求证:f(n,1) f(n,2) … f(n,n)=22n-1 21C2nn-1;3)设函数H(x)=f(n,1)x f(n,2)x2 … f(n,2n)·x2n,试比较H(x)-H(a)与2n(1 a)2n-1(x-a)的大小.解1)由a(1,2) a(2,     

n阶常系数齐次线性常微分方程通解的简单证法

<正> 方程a_0y~(n)+a_1y~(n-1)+……+a_(n-1)y’+a_ny=0(1)称为n阶常系数齐次线性常微分方程,这里a_0,a_1,…,a_n是一些常数,a_0≠0。(1)的通解表达式证明是很繁复的(譬如参见史捷班诺夫的常数微分方程一书)。我们来介绍一个简单的证法。用D来表示求导运算,即Dy=y’,则(1)可写成f(D)y=0 (2)其中f(D)是D的n次多项式f(D)=a_0D~n+a_1D~(n-1)+…+a_(n-1)D+a_n.(3)     

新二元三角插值多项式的构造

设Ω=[-πxπ,-πyπ],C(Ω)表示关于x,y均以2π为周期的连续函数空间.若f(x,y)∈C(Ω),取结点组为(xk,yl)=(2k+2n 1)π,(2l 2+m 1)πk=0,1,2,…,2n,l=0,1,2,…,2m,则我们获得一个二元三角插值多项式Cn,m(f;x,y)=M1N∑k=2n0∑l=2m0f(xk,yl).1+2∑nα=1cosα(x-xk)+2∑mβ=1cosβ(y-yl)+4∑nα=1∑mβ=1cosα(x-xk)cosβ(y-yl)其中M=2m+1,N=2n+1.为改进其收敛性,本文构造一个新的因子ρα,β,使得带有该因子ρα,β的二元三角插值多项式Ln,m(f;x,y)可以在全平面上一致地收敛到每个连续的f(x,y),且具有最佳逼近阶.     

拟Hermite-Fejer插值多项式的逼近特性

设f∈C[-1,1],x_(h,n)=ciskπ/n+1,k=1,2…,n为第二类Chebyshev多项式U_n(x)=sin(n+1)θ/sinθ(x=cosθ)的零点。拟Hermite-Fejer插值多项式为O_n(f,x)=((1+x/2)f(1)+(1-x/2)f(-1))(U_n(x)/n+1)~n+     

关于常系数线性非齐次递推关系的求解

本文首先讨论常系数线性非齐次递推式H(n)=α_1H(n-1)+α_2H(n-2)+…+α_kH(n-k)+f(n),当 f(n)≡A=常数的解法;然后对 f(n)满足一种递推关系的情形给出一种解法;最后,给出这类递推关系式的解的一般公式.     

此类“抽象函数”竟是“具体函数”

最近办公室里“吵得不可开交”,“罪魁祸首”是下面这道月考题:题1函数f(x)是定义在(0,+∞)上的减函数,对任意的想x,y∈(0,+∞),都有f(x+y)=f(x)+f(y)-1,且f(4)=5.(1)求f(2)的值;(2)解不等式f(m-2)≥3.参考答案:(1)因为f(4)=f(2+2)=2f(x)-1=5,所以f(2)=3.     

二次可积非Hamilton系统的极限环分支

研究了如下扰动二次可积微分系统x=-y(x+1)+εf{x,y),y=x(x+1)+εg(x,y),其中0|ε|《1,f(x,y)和g(x,y)是关于x,y的n次多项式.应用Abelian积分法得到该系统至多存在n个极限环,且这个上界是可达的.     

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.     

高三代数高次方程一章中的三个定理

一.一元n次方程的根的个数定理一元n次方程有n个根而且只有n个根。 課本中的証明大意如下: (1)根据代数基本定理,推得 f(x)=a_1x~n+a_1x~(n-1)+…+…a_n(a_0≠0) =a_0(x-x_1)(x-x_2)…(x-x_n)=0,而 f(x_1)=f(x_2)=…=f(x_n)=0,所以f(x)=0有n个根x_1,x_2,…,x_n。 (2)设x_(n+1)是和x_1,x_2,…,x_n都不相同的任一数, ∵f(x_n+1)≠0 ∴x_(n+1)不是f(x)=0的根。从而得出結論:f(x)=0只有n个根。证毕。我們知道,要断定f(x)=O的根只有n个,必須确定所有不同的根以及每一个根的重复度。上面的証法只能滿足前者的要求而不能滿足后者,因此,很容易使人发生以下的問題:如果x_(n+1)和x_1,x_2,…,x_n中的某一个相等,于是f(x_(n+1)=0;那么是否可以說x_(n+1)是f(x)=0的第n+1个根呢? 所以这个証法是不妥当的。事实上这个定理应該根据多項式的典型分解式的唯一性来証明。     

考点3 映射与函数

1.(湖南卷,2)函数f(x)=1-2x的定义域是().(A)(-∞,0](B)[0,+∞)(C)(-∞,0)(D)(-∞,+∞)2.(浙江卷,3)设f(x)=x-1-2,11+x2,x≤1,x>1,则f[f(21)]=().(A)21(B)143(C)-59(D)42153.(山东卷,6)函数f(x)=sin(πx2),ex-1,x-≥1<0.x<0,若f(1)+f(a)=2,则a的所有可能值为().(A)1(B)-22(C)1,-22(D)1,224.(广东卷,11)函数f(x)=11-ex的定义域是.5.(江苏卷,15)函数y=log0.5(4x2-3x)的定义域为.6.(江苏卷,17)已知a、b为常数,若f(x)=x2+4x+3,f(ax+b)=x2+10x+24,则5a-b=.考点3映射与函数1.由1-2x≥0,得x≤0,选(A).2.∵f(12)=-23,∴f[f(21)]=f(-23)=143,故…