关于Golomb猜想

Golomb 在中猜想:任意有限域 GF(p~n)中都存在二本原元α和β,使α+β=1(1为域 GF(p~n)之单位元).文就 n=1给予 Golomb 猜想部分证明,本文对任意正整数 n 给予 Golomb 猜想部分证明,本文的结果包含了文中的结果.定理1 p 为奇素数,p~n-1=2ap_1~a1…p_s~as(n,a_1,…,a_s 均为正整数 p_1,…,p_s为互异的奇素数,a≥2,s≥1),且(1-(1/p))>2/3,则有限域 GF(p~n)中必有     

ON THE CONJECTURE OF GOLOMB(Ⅱ) 关于Golomb猜想(Ⅱ)

本文证明了: 定理1.若p=2~αoq_1~αq_2~α2…q_m~αm+1,α_0≥2,且multiply from t=1 to m qi-1/qi>2/3, 则在有限域GF(p)中,Golomb猜想成立。推论.设p=2~α0q_2~α2…q_m~αm+1,α_0≥2, ①若m=1,则当q_1>3时: ②若m=2,则当q_2>q_1>3时; ③若m=3,则当q_3>q_2>q_1>5时,在有限域GF(p)中,Golomb猜想成立。定理2.若p=2~α03~α1,α_0≥2,且模p的最小正平方非剩余不是原根,则在有限域GF(p)中,Golomb猜想成立。     

关于Golomb猜想

Golomb 猜想为:在任何有限域 GF(p~n)中总存在两个本原元,它们的和等于1.张肇键和 I.S.Reed 证明了在某些类型的有限域中 Golomb 猜想成立.本文的目的是证明比[2]的定理3和定理5更强的定理,对更多一些特殊情况证实 Golomb 猜想,我们将利用下列引理.引理1 设 q_1,q_2,…,q_k 为 p-1的所有不同的奇素因子,则素数 p 的平方非剩余 g 为 modp 的原根的充分必要条件是 g~((p-1))/2_(gi)(?)-1(1≤i≤k).引理2 设 p=2q+1,p,q 均为奇素数,则从 p 的全部平方非剩余中去掉p-1后全部是 modp 的原根.     

关于Legendre猜想的一个判定准则

Legendre猜想是数论中一个与素数间隙有关的猜想,它断言对于每个正整数n,在2n和2(n+1)之间都有一个素数2.为此,文章首先研究了夹在2n和(n+1)之间的奇数,刻画了小于一个给定平方数的奇素数的特点.然后证明了如下的判定准则:若nΣr=3,r∈odd(「(n+1)2-r2/2r■ -「n2-r2/2r■)n,则Legendre猜想成立;反之,若nΣr=3,r∈odd(「(n+1)2-r2/2r■ -「n2-r2/2r■)≥n,则Legendre猜想不成立.     

关于Hughues-Shallit猜想——自然数乘法分拆之个数的上界问题

以f(n)表自然数N的乘法分拆的个数。本文证明了:当n=p~a及n=p_1p_2…p_l时,Hughues-Shal-Lit的第一猜想:f(n)≤n/logn,(n≠144)成立。其中p为素数;p_1,p_2,…,p_1为互异素数。第二猜想:f(n)相似文献   

一个紧凑的素数分布规律

素数规律不能精确地描述,但可以用阈值的方式对素数规律进行描述。本文介绍了一个迄今最紧凑的素数分布定律:在连续奇素数序列中,假定p、q是2个临近的奇素数,pq,V(p)为奇素数p在奇素数序列中的位置号。除了2个变异奇数区间[115,125]和[1 329,1 359],在奇数区间[3,q~2)内,连续奇合数个数不大于V(p)。该定律强于Legendre猜想、Oppermann猜想、Andrica猜想和伯特兰-切比雪夫定理。     

形如p=2~αp_1p_2+1及p=2~αp_1p_2p_3+1的素数模的全部原根的求法

本文类似于[1],在已知一个原根的前提下,给出形如p=2~αp_1p_2+1和p=2~αp_1p_2p_3+1的素数模的平方非剩余中所有不是原根的数,从而得到全部原根。     

关于Golomb猜想的一般化

设p为奇素数,c是任意与p互素的整数。那么Golomb猜想可以简单描述为对任意素数p≥3,存在模p的两个原根α,β,使得α+β≡c mod p。文中的主要目的是推广这一结果,即利用特征和的估计以及原根的判别性质证明更一般的结论:设p为充分大的素数,k为给定的正整数。对于任意给定的两两不同余的整数c1,c2,…,ck且(p,c1c2…ck)=1,一定存在模p的k+1个原根β1,β2,…,βk及α使得βi+α≡cimod p,i=1,2,…,k。显然当k=1时就是Golomb猜想。所以,该结果是Golomb猜想的进一步推广和延伸。     

论2p+1形素数

王健真的《论费尔马大定理》(中国统计社1987年7月出版)提出了猜想: 如p是奇素数,则 f(p):(2~p+1)÷3 是素数。 经他初步验算,当p=3,5,7,…41时,f(p)是素数,其实 f(29)=178956971=59×3033169 f(41)=733007751851=83×8831418697 所以王健真的验算和猜想都是错误的, 事实上,只要p是4k+1形,且q=2p+     

关于丢番图方程sum form k=0 to n((x-g~ak))~r=sum form k=1 to n((x+g~ak))~r

本文明了:设g=p_1p_2…p_n=10β+9型奇数,p_1,p_2……,p_3是不同素数,n,x,α,r为正整数,方程sum from k=0 to n(x-g~αk)~r=sum from k=1 to n(x+g~αk)~r仅有正整数解r=1,x=g~αn(n+1)和r=2,x=2g~αn(n+1)。     

只含一个p阶子群的无限p—群

若群G有上升列1=G_0相似文献   

非交换群上的Duadic码

p为奇素数,G为p~n阶非交换群.q与p互素.G有剖分的充分必要条件是μ-1是有限域GF(p)的一个剖分.当q=2,K=GF(2)时.若p≡-1(mod8).则群代数KG有Duadic码存在.     

关于一个不定方程的正整数解

设p是奇素数,证明了:当p=108s2+1,其中s是奇数,则方程x3+1=py2无正整数解(x,y).     

关于G.Giuga猜想

又,前宣万In,JI二J1950年G.Giuga猜测:对于正整数P>1,如果 P一1 艺Kp一’ ‘“”‘mod K·l则P必为素数。 这一猜想至今还不能够加以证明。整数都是对的。(1)P),(1)王元指出:这一猜想对于不超过10‘。。。的一切正本文主要证明了:对于不超过10“。。的一切正整数,Giuga猜想都是对的。92六个引理卜引理l(2)若P为素数,P十a,。为任一正整数,则aP一1主1(mod引理2(3)若P为奇素数, P一1 艺K附二。(modP),a”(p一’)二l(modp)。 P一1才断则P)。K一1引理3 P一1若P=P.m,P朴为素数,且P一zP一1,则艺Kp一‘ 1二卜m(modp,,。 K一1(由引理1可…     

关于有限域中的元根

最近、王巨平使用数论中的Gauss和证明了:如果P~n≥Z~(60),则在有限域GF(P~n)中存在二个元根α和β,使得α+β=1。于是,Golomb有关元根的一个猜想基本上得到证明。本文用Jacobi和及王巨平提出的方法证明了若干更为一般的结论。此外,本文还基本上解决了Vegh提出的一个问题:是否对所有大于1的系数p,均能使得每一整数被表成P的二个元根之差。     

关于Diophantine方程y2=px(x2+2)的一点注记

设p是奇素数,运用初等数论方法证明了:如果P=16k4+1,这里k为正奇数,则方程y2=px(x2+2)无正整数解(x,y).     

同余式m~p≡1(modq）的一个注记

为寻找费马大定理的初等证明方法,我们用无穷递降法证明了:若m1为整数,p、q为奇素数,qp,m≠1 (modq),m~p≡1 (modq),则q=2np+1.     

关于Diophantine方程xp+2p=Dy2

设p是奇素数,D是无平方因子正整数。文章证明了:当p>3时,如果D不能被p或2kp+1形之素数整除,则方程xp+2p=Dy2没有适合gcd(x,y)=1的正整数解。     

与差集有关的一个不定方程

的一组解(p,q),可构作一类差集.当r=s=1时,(1)的解就是所有的孪生素数对.Hall提出方程(1)在r>1,s>1时,除5~2+2=3~3外是否还有其他解?[2]证明了定理1 设q=p+2,-2模q的次数l满足3|l,且f=p~2+p+1是一个素数,满足q~(p+1)≠1(mod f),则方程(1)在r>1或s>1时无解.最近,文[3]证明了     

群论的一个整除问题

设p是大于3的奇素数,证明了：如果p2+p+1整除 (3p-1)/(3-1),则p≡11 (mod 12)且p2+p+1是素数.