一道习题的课后反思

原题如下:对任意实数X,点P(x,x-1)一定不在第＿＿象限.(答案:第2象限). 　　在教学中,对这道题的讲解,我感触很深,在反复的教学中,我与学生共同探究,深入细致的挖掘了这道题的深层含意,发现这是一道很有价值的习题,从培养学生的代数思维方法,训练学生多角度、多方法的解题技巧,到对知识的深入探究等方面,都起到了很大作用.……     

一个Diophantine方程组

设D是正整数.1995年,M.Mignotte和A.Petho运用深奥的超越数论方法确定了方程组x2-Dy2=1-D和x=2z2-1在D=6时的全部正整数解(x,y,z).对于D-1是奇素数方幂这个一般情况,给出了确定该方程组全部正整数解的初等方法,并且由此找出了该方程组在D=6和8时的全部正整数解.     

丢番图方程x~4-Dy~2=1的几类可解情形和求解公式

利用初等方法及方程x⁴-Dy4-Dy²=1的解与Pell方程基本解的关系,找到使x2=1的解与Pell方程基本解的关系,找到使x⁴-Dy4-Dy²=1有正整数解的8类D值,并给出求解公式.当D=1 785,7 140,28 560时,能求出方程的一组解,对所给的其它D值,能求出方程的唯一解.结果表明,有无穷多个非平方的正整数D使方程x2=1有正整数解的8类D值,并给出求解公式.当D=1 785,7 140,28 560时,能求出方程的一组解,对所给的其它D值,能求出方程的唯一解.结果表明,有无穷多个非平方的正整数D使方程x⁴-Dy4-Dy²=1有正整数解.     

关于Diophantine方程x~3±1=3Dy~2

利用数论中同余及其它一些方法研究丢番图方程x3±1=3Dy2(其中:D=2αqp,q,p均为奇素数,α=0或1,q≡5(mod6),p=12r2+1,r是正整数)的解的情况.证明了该丢番图方程无正整数解.推进了该类三次丢番图方程的研究.     

丢番图方程x~4-Dy~2=1的几类可解情形和求解公式

利用初等方法及方程x~4-Dy~2=1的解与Pell方程基本解的关系,找到使x~4-Dy~2=1有正整数解的8类D值,并给出求解公式.当D=1 785,7 140,28 560时,能求出方程的一组解,对所给的其它D值,能求出方程的唯一解.结果表明,有无穷多个非平方的正整数D使方程x~4-Dy~2=1有正整数解.     

例谈解排列组合问题——排除重复避免遗漏

本文谈解排列组合问题的常用方法：一．慎密审题，二采用直观方法，化抽象为形象，三利用知识间在内在联系，四，不改变原题的性质，改变题设条件辅助思考，五一题多解。     

一个包含两个Smarandache函数的方程及其正整数解

研究两个包含Smarandache LCM函数SL(n)及伪Smarandache函数Z(n)方程的可解性,即方程Z(n)=SL(n),Z(n)+1=SL(n),利用初等及解析方法获得了该方程的所有正整数解,证明了下面两个结论:(1)对任意正整数n1,方程Z(n)=SL(n)有正整数解当且仅当n=pa.m,其中p为奇素数,a≥1及m为(p~a+1)/2的任意大于1的因数;(2)对任意正整数n1,方程Z(n)+1=SL(n)有正整数解当且仅当n=pa.m,其中p为奇素数,a≥1及m为(p~a-1)/2的任意因数。     

关于几个丢番图方程

本文证明了丢番图方程x4－py4＝4及x2－py4＝4（p为奇素数）无正整数解；在D＞0且不被10K＋1形素因数整除时，方程x5－1＝Dy2在x1（mod20）时反有正整数解D＝2，x＝3，y＝11．     

关于Diophantine方程χ3±1＝3Dy2

利用数论中同余及其它一些方法研究丢番图方程(其中:,,均为奇素数,或,,,是正整数)的解的情况.证明了该丢番图方程无正整数解.推进了该类三次丢番图方程的研究.     

两个包含Smarandache函数的方程及其解

利用初等方法研究两个包含Smarandache函数的方程的解,并且证明了这两个方程有正整数解.     

数论函数方程φ(xy)=kφ(x)φ(y)的正整数解

设n是正整数,φ(n)是Euler函数。讨论数论函数方程φ(xy)=kφ(x)φ(y)的正整数解问题,得出该方程只有在k=1,2,3情况下有正整数解,并且当k=1时,正整数解为(x,y)=(Q_1,Q_2),其中Q_1,Q_2是满足gcd(Q_1,Q_2)=1的正整数;当k=2,正整数解为(x,y)=(2αQ_1,2αQ_2),其中Q_1,Q_2是满足gcd(Q_1,Q_2)=1的正整数,gcd(Qi,2)=1,i=1,2,α是正整数;当k=3时,正整数解为(x,y)=(2β3αQ_1,2β3αQ_2),其中Q_1,Q_2是满足gcd(Q_1,Q_2)=1的正整数,gcd(Qi,2)=1,gcd(Qi,3)=1,i=1,2,α,β是正整数。     

第1边界条件下的三点曲线拟合

根据最小解二乘法原理,利用确定插值点的定性分析与确定拟合点的定量分析相结合的方法,解决第1边界条件下的三点曲线拟合问题,并通过刀具磨损问题实例检验了其拟合效果,最后完成了相关的图像处理以及程序设计.     

研究体验式创新教学法

方法比知识更重要 .”研究体验式创新教学法的精髓是“以学生为本 ,以学生的发展为本 .”1　创新思维类型论1.1　求同思维　 (1)多器一用 .如讲“酸碱中和滴定”时 ,取一定体积待测液时常用移液管 ,但也可用酸式滴定管或碱式滴定管 .为什么 ?学生指出 :与移液管相似 ,2种滴定管的内直径都很小 ,量取液体时 ,读数的误差也小 .类似的实例还有溶解固体、物质间的化学反应、吸收气体等均可在烧杯中进行 ,等等 .(2 )多物一性 .如引导学生归纳出 :强酸的酸式盐、强酸弱碱盐等水溶液均显酸性 ;镁、铝、铁等均具有较强的还原性 ,但还原能力强弱不同 …     

一类新的数论函数

对于正整数n,如果存在正整数k可使kn＋1是素数,k｜（n-1）且（n-1）/k不是合数,则设（fn）表示适合此条件的最小的k;否则（fn）=0.当（fn）=0时,n称为函数（fn）的一个零点;当f（n）=1时,称为函数（fn）的一个单位.该文证明了：（1）当且仅当p=1或p与p＋2是一对孪生素数时,（fp＋1）是（fn）的一个单位;（2）若素数p=1（mod 6）,则（fp＋1）是（fn）的一个零点,由此推出（fn）有无穷多个零点.     

线性代数教学中培养学生的发散思维

结合教学实践中的实例,阐明在线性代数的教学中,通过将结论做为条件倒推、一题多解、变换问题条件等途径培养学生发散思维的方法和意义.实践证明,在线性代数学的教学实践中,采取教师引导、立足课堂、兼顾课外的方法,注意培养和训练学生的发散思维,对于学生学好用好线性代数的知识,提高学生创造性思维的能力,有着十分重要的促进作用.     

离散变量方法的稳定程度

本文主要结果为: 1.就求解常微分方程初值问题的离散变量方法建立了“稳定程度”这一新的概念;并指出:在评价多步方法稳定性优劣时,不能只看其稳定域的大小和形状,而必须把它的“稳定程度”作为另一个具有同等价值的重要指标。2.定义了离散变量方法的“(δ,p)-稳定域”S(δ,p);并指出:当多步方法的稳定域S为(?)中的非空闭集时,它必与适当的(δ,p)-稳定域相等,因而可通过对后者稳定程度的估计来估计它的稳定程度;当稳定域S的稳定程度等于零时,则以适当的(δ,p)-稳定域去代替它是适宜的。3.证明了k步方法的非空(δ,p)-稳定域的稳定程度不小于δ~(k-1)/p,这里0<δ<2;p是不大于k的正整数;k为正整数。4.作为稳定程度的一个应用,设以“线性”k步方法按定步长h求解线性自治系统dx/dy=Ay时导出的差分方程为sum from i=0 to k Gi(hA)ym i=0,我们获得了整体误差e_m的如下估计: 这里设每个hλ_f∈S(δ,p);诸λ_i(j=1,2,…,n)是n×n阶矩阵A的特征值;condA是A关于特征值问题的条件数;d_i,r_u分别是点x_i处的局部离散误差及含入误差。当n=1时方法不必是“线性”的。     

关于Diophantine方程x~3+8=Dy~2

证明了当D为奇素数,且D=3(8k+3)(8k+4)+1(其中:k是非负整数)时,方程x3+8=Dy2无正整数解.     

关于丢番图方程x(x+1)=Dy6

设p为素数,本文证明了丢番图方程x(x+1)=Dy6在D=p时仅有正整数解(p,x,y)＝(2,1,1);在D=2p,p≠±1,士17,19(mod 72)时仅有解(p,x,y)=(3,2,1);在D=4p,p≠1,5,37,41(mod 72)时仅有正整数解(p,x,y)=(3,3,1);在D=8p时仅有解(p,x,y)=(7,7,1);在D=16p,p≠1,17(mod 72)和D=32p,p≠±1,31(mod 32)时均无正整数解.     

谈学校语法的语义基础

学校语法亦称教学语法或规范语法，现在我国高等学校的这类语法书很多，而且越写越厚，但其编写的内容、任务不外是讲述语法规则、介绍有关理论、培养运用能力、正确使用语言。这后两点，说的是学校语法的实用价值，做起来确是困难。有位语法学家把它概括为两句话：“语法研究的应用价值不高，学生普遍反映学了用处不大。”我是有同感的。究其原因，是多方面的。吕叔湘先《在1986年写的《短论二题》一文中说的“这都是因为他们没闹清楚知识和技能的关系，不知道要把知识化成技能要经过一个不断实践不断改正的过程”是一个方面；他在1992年写…     

关于Smarandache函数的一个猜想

对于正整数a,设S(a)是Smarandache函数。利用有关Goldbach猜想的结果证明了:对于任何正整数k,方程S(x1) S(x2) … S(xk)=S(x1 x2 … xk)都有无穷多组正整数解(x1,x2,…,xk).