Universal sums of three quadratic polynomials

Let a,b,c,d,e and f be integers with a≥ c≥ e> 0,b>-a and b≡a(mod 2),d>-c and d≡c(mod 2),f>-e and f≡e(mod 2).Suppose that b≥d if a=c,and d≥f if c=e.When b(a-b),d(c-d) and f(e-f) are not all zero,we prove that if each n∈N={0,1,2,...} can be written as x(ax+b)/2+y(cy+d)/2+z(ez+f)/2 with x,y,z∈N then the tuple(a,b,c,d,e,f) must be on our list of 473 candidates,and show that 56 of them meet our purpose.When b∈[0,a),d∈[0,c) and f∈[0,e),we investigate the universal tuples(a,b,c,d,e,f) over Z for which any n∈N can be written as x(ax+b)/2+y(cy+d)/2+z(ez+f)/2 with x,y,z∈Z,and show that there are totally 12,082 such candidates some of which are proved to be universal tuples over Z.For example,we show that any n∈N can be written as x(x+1)/2+y(3y+1)/2+z(5z+1)/2 with x,y,z∈Z,and conjecture that each n∈N can be written as x(x+1)/2+y(3y+1)/2+z(5z+1)/2 with x,y,z∈N.     

关于三项纯指数Diophantine方程ax+by=cz

设a、b、c是互素的正整数.本文证明了:当a b2l-1=c2,b≡5(mod 12),c是适合c≡-1(mod b2l)的奇素数,其中l是正整数时,方程ax by=cz仅有正整数解(x,y,z)=(1,2l-1,2).     

数学问题解答

20 0 0年 6月号问题解答(解答由问题提供人给出 )1 2 56　求 77 7　 (n个 7,n≥ 3)的末四位数 .解　∵ 74≡ 1 (mod1 0 0 )∴　 74 x ≡ 1 ((mod1 0 0 ) ,x∈ N又　 7≡ - 1 (mod4) ,故 77≡ (- 1 ) 7≡- 1 (mod4) .因而 77 7　 (n - 1个 7,n - 1≥ 2 )≡- 1 (mod4) .所以可设77 7　 (n - 1个 7,n - 1≥ 2 ) =4x 3,x∈N∴　 77 7≡ 74 x 3≡ 73≡ 43(mod1 0 0 )于是可设 77 7　 (n个 7,n≥ 3) =710 0 m 4 3,m∈ N (1 )而　 74 ≡ 2 4 0 1 (mod1 0 0 0 0 )∴　 78≡ 480 1 (mod1 0 0 0 0 )716≡ 960 1 (mod1 0 0 0 0 )732 ≡ 92 0 1 (mod1…     

环的交换性定理

本文证明了: 定理1 设R是有左单位元e的结合环的而N为其诣零元集合,如果R中恒有。(i) x~(n(x))-x∈N x∈R此处n(x)是大于1的依赖于x的整数;(ii) x≡y(mod N)就导致x~i=y~i x~j=y~j i=i(x,y) j=j(x,y) (i,j)=1是与x,y有关的大于2的整数或者x,y与N中每一元都可交换。则R为交换环. 定理2 若R是kothe半单环,a,b∈R,存在k≥m=m(a,b)≥1;l≥n=n(a,b)》1使得[(ab)~m(ba)~n]∈Z(R)且R之特征为p(素数),则R为交换环。     

利用直线生成圆锥曲线解题

在解析几何里 ,二元二次方程a1 1 x2 + 2a1 2 xy+a2 2 y2 + 2a1 x+ 2a2 y+a0 =0 (a1 1 ,a1 2 ,a2 2 不全为零 )表示一般的圆锥曲线 ,它的性质由系数的比值a1 1 ∶a1 2 ∶a2 2 ∶a1 ∶a2 ∶a0 来确定 .因此 ,当给定五个独立的条件时 ,可采用解线性方程组的方法求出系数的比值 ,从而圆锥曲线被唯一确定 .为了避免求解复杂的线性方程组 ,可利用直线之间的某种组合关系来生成圆锥曲线 ,从而 ,使某些复杂且颇具难度的几何题得到简捷的解决 .1　由直线生成圆锥曲线族 (系 )设l1 ≡a1 x+b1 y+c1 =0 ,l2 ≡a2 x+b2 y+c2 =0 ,l3≡a3x+b3y+c3=0 ,l4≡a…     

On the Terai-Jésmanowicz conjecture

In this paper, we prove that if a, b and c are pairwise coprime positive integers such that a^2＋b^2=c^r,a〉b,a≡3 （mod4）,b≡2 （mod4） and c-1 is not a square, thena a^x＋b^y=c^z has only the positive integer solution （x, y, z） = （2, 2, r）.
Let m and r be positive integers with 2｜m and 2 r, define the integers Ur, Vr by （m ＋√-1）^r=Vr＋Ur√-1. If a = ｜Ur｜,b=｜Vr｜,c = m^2＋1 with m ≡ 2 （mod 4）,a ≡ 3 （mod 4）, and if r 〈 m/√1.5log3（m^2＋1）-1, then a^x ＋ b^y = c^z has only the positive integer solution （x,y, z） = （2, 2, r）. The argument here is elementary.     

一个素数和一个素数的平方和问题

H表示一个正整数N的集合,使对任意的正整数q,同余方程a+b~2≡N(mod q)在模q的既约剩余系中有解a;b.E(x)表示N≤x,N∈H,但不能表成p_1+p_2~2=N的数的个数,其中p_1,p_2个表示素数,则E(x)<相似文献   

关于指数丢番图方程$(a^m-1)(b^n-1)=x^2$的注记

Let a and b be fixed positive integers.In this paper,using some elementary methods,we study the diophantine equation（a~m-1）（b~n-1）= x~2.For example,we prove that if a ≡ 2（mod 6）,b ≡ 3（mod 12）,then（a~n-1）（b~m-1）= x~2 has no solutions in positive integers n,m and x.     

代数数域中的均值定理

设 K 是 n 次代数数域.令Ψ(x,u,η)=(?)∧(b),其中 u～b mod η(?)α、β∈Z_k,α≡β(modη),α(?)0,β(?)0,(α,η)=(β,η)=1,(α)u=(β)b、h(η)表等价类 modη的类数,T(η)=(U∶U＇),其中 U 表示域 K 中全体单位所成的群,U＇={ε|ε∈U,ε(?)0,ε≡1(modη}.我们证明了下述定理:对于任一正常数 A,存在一正常数 B=B(A)>0,当 Q=x~(1/(n+1))(log x)~(-B),x≥1时有sum from Nη≤Q(?)1/(T(η))|ψ(z,u,η)-z/(h(η))|(?)x/(log~Ax).     

A Conjecture Concerning the Pure Exponential Diophantine Equation a^x ＋ b^y = c^z

Let a, b, c, r be fixed positive integers such that a^2 ＋ b^2 = c^r, min（a, b, c, r） 〉 1 and 2 r. In this paper we prove that if a ≡ 2 （mod 4）, b ≡ 3 （mod 4）, c 〉 3.10^37 and r 〉 7200, then the equation a^x ＋ b^y = c^z only has the solution （x, y, z） = （2, 2, r）.     

ON THE DIOPHANTINE EQUATION X4-Dy2=1(II)

For the Diophantine equation x^4 — Dy^2 = 1 (1) where D>0 and is not a perfect square, we prove the following theorems in this paper. Theorem 1. If D\[{\not \equiv }\]7 (mod 8)，D=p1p2...ps，s≥2，where pi（i = 1，…，s) are distincyt primes，p1≡1(mod 4) such that either 2p1=a^2+b^2，а≡\[ \pm \]3(mod 8)，b三\[ \pm \]3(mod 8) or there is a j(2≤j≤s), for which Legendre symbal \[\left( {\frac{{{p_j}}}{{{p_1}}}} \right) = - 1\],and pi≡7(mod8) (i=2,..., s) or pi≡3(mod 8) (i=2,..., s), then (1) has no solutions in positive integer x,y. Theorem 2. If D=p1...ps,s≥2, where pi（i = 1，…，s) are distinct primes, and pi≡3(mod 4)（i = 1，…，s), then (1) has no solutions in positive integer x, y. Theorem 3. The equation (1) with D=2p1...ps has no solutions in positive integer x, y, if (1) p1≡(mod 4), pi≡7(mod 8) (i = 2, ???, s), snch that either 2p1 = a^2+b^2 a≡\[ \pm \]3(mod 8)，b≡\[ \pm \]3(mod 8)or there is a j (2≤j≤s)，for which \[\left( {\frac{{{p_j}}}{{{p_1}}}} \right) = - 1\]; or (2) p1≡5(mod8),pi≡3(mod8) (i = 2,..., s)； or ⑶p1≡5(mod8)，pi≡7(mod 8) (i=2，…，s). Corollary of theorem 3. If D = 2pq, p≡5(mod 8), q≡3(mod 4), where p, q are distinct primes, then (1) has no solutions in positive integer x, y. Theorem 4. If D=2p1...ps, pi≡3(mod 4)(0 = 1,...,s), then (1) has no solutions In positive integer x, y.     

一次同余方程的求解技巧

1　引言一次同余方程形如ax≡ b( mod m) ( 1 )其中 a,b,m都是整数 ,m≠ 0 ,m|a。一次同余方程 ( 1 )有解的充要条件是( a,m) |b ( 2 )当条件 ( 2 )满足时 ,一次同余方程 ( 1 )一共有 ( a,m)个解。并且 ,如果 x0 是 ( 1 )的某一特解 ,则 ( 1 )的全部解是 [1]x =x0 +m( a,m) t( mod m) , ( 3 )其中 t=0 ,1 ,… ,( a,m) -1。因此 ,当一次同余方程有解并且有不只一个解时 ,关键是求出它的一个特解。设 ( a,m) =g,a=a1g,b=b1g,m=m1g则必有 ( a1,m1) =1。此时可以取一次同余方程a1x≡ b1( mod m1) ( 4)的唯一解做 ( 1 )的一个特解 [1]。问题是 ,…     

连续函数的l凸性

在研究函数的性态时,笔者发现如下定义的l凸函数,它反映了函数中普遍存在的凸偏移现象.定义:设f(x)是定义在实数集D上的实值函数,常数l∈R,若对 xk∈M( D),pk≥ 0,k=1,2,…,n, (n∈N,n≥2),∑nk=1pk=1,都有f(∑ni=1pixi+l)≤∑ni=1pif(xi)则称f(x)为M上的l凸函数;当-f(x)为l凸函数时,称f(x)为M上的l凹函数.下面给出连续函数具有l凸性的两个判定定理:定理 1:设f(x)是定义在 [a,a+2l] (l>0)上的连续的增函数,则f(x)是 [a,a+l]上的l凹函数,也是[a+l,a+2l]上的(-l)凸函数.证明:设xi∈[a,a+l] (i=1,2,…,n),x1≤x2≤…≤xn,则xi+l∈[a+l,a…     

不等式a~2/b≥2a-b(b&gt;0)的变式

高中《代数》下册给出的二元均值不等式是 :如果 a、b∈ R,那么　　　　 a2 +b2≥ 2 ab 1当且仅当 a =b时取“=”号 .此不等式可变形为 :定理　如果 a∈ R,b∈ R+,那么　　　　　　 a2b ≥ 2 a - b. 2当且仅当 a =b时取“=”号 .下面谈谈对不等式 2的思考 .变式 1　不等式 2的特征是左边是商式 ,右边是差式 ,即不等式从左到右的“缩小”过程是一个“裂项”的过程 ,在此我们不妨把不等式 2叫做裂项不等式 .如果结合数列中裂项—叠加求和的方法 ,那么可以编拟许多不等式的题目 .在不等式 2中 ,若分别用 xi 代 a,xi+1代 b,i = 1,2 ,… ,n.其中 xn+1=x1,则有x21x2≥ 2 x1- x2 ,x22x3≥ 2 x2 - x3,… ,x2nx1≥ 2 xn - x1,相加可得　　 x21x2 +x22x3+… +x2n- 1xn +x2nx1≥ x1+x2 +… +xn.这样得到 :题 1　如果 x1,x2 ,… ,xn都是正数 ,那么x21x2 +x22x3+… +x2n- 1xn +x2nx1≥ x1+x2 +… +xn.这是一道 1...     

椭圆曲线y2=2px(x2+1)上正整数点的个数

设p是奇素数,N(p)是椭圆曲线E:y2=2px(x2+1)的正整数点(x,y)的个数.主要讨论了N(p)的性质,运用初等方法及四次Diophantine方程的性质,对某些特殊素数p,给出了N(p)的上界.证明了当p≡1(mod 8)且p=s2+32t,其中s,t是正整数时,N(p)≤3;当p≡1(mod 8)且p+s...     

运用均值定理解题的错解与技巧剖析

“若a1,a2,…,an∈R+,则a1+a2+n…+an≥na1a2…an,仅当a1=a2=…=an(n≥2,n∈N)时等号成立”是一个应用广泛的平均不等式,许多外形与它截然相异的函数式,常常也能利用它巧妙地求出最值.运用均值定理求最值是历年来高考的热点内容,因此必须掌握用重要不等式求函数最值的方法.一、重视运用正数、取等、定值1.注意正数例1求函数y=x+4x的值域.错解:∵x+4x≥2x×4x=4(仅当x=2时取等号),所以值域为[4,+∞).这里错误在于使用均值定理a+b≥2ab时忽略了条件:a,b∈R+.正解:当x>0时,x+4x≥2x×4x=4(当x=2时取等号);当x<0时,-x>0而(-x)+-4x≥2(-x)-4x=4…     

求解不可微箱约束变分不等式的下降算法

1 引 论 设X(?)Rn是非空闭集,F:Rn→Rn连续映射,变分不等式问题VI(X,F)是指:求x∈X,使 F(x)T(y-x)≥0,　 (?)y∈X,(1)记指标集N=(1,2,…,n},当 X=[a,b]≡{x∈Rn|a≤xi≤bi,i∈N},(2)其中a={a1,a2,…,an}T,b={b1,b2,…,bn}T∈Rn时,VI(X,F)化为箱约束变分不等式VI(a,b,F).若ai=0,bi=+∞,i∈N,即X=R+n≡{x∈Rn|x≥0}时,VI(a,b,F)化为非线性     

利用Fibonacci数列解题

Fibonacci数列本身就有很大的魅力 ,吸引着许多数学爱好者去学习和研究 .这里我们将视角定位在如何利用该数列去解决一些数学竞赛中的问题 .Fibonacci数列是指由下面的递推式定义的数列 {Fn}:F0 =F1 =1,Fn + 2 =Fn+ 1 +Fn ,n =0 ,1,2 ,…可以利用特征方程的方法求出其通项公式 ,也可以用数学归纳法证出其许许多多的性质 .但在这里我们更多的是用到其本身 ,而不是它的性质 .例 1(第 5 2届波兰数学竞赛试题 )　考虑数列 {xn}:x1 =a ,x2 =b ,xn + 2 =xn + 1 +xn,n =1,2 ,… ,这里a ,b∈R .对任意c∈R ,如果存在k ,l∈N ,k≠l ,使得xk =xl=…     

两个代数不等式及应用

定理 1　对于 x ,y ,a ,b∈R ,则有　 (x -a) 2 + ( y -b) 2≥ (x2 + y2 -a2 +b2 ) 2 ( 1 )等号成立当且仅当x y =a b并且x与a同号 .证　将 ( 1 )左端减去右端得(x -a) 2 + ( y -b) 2 - (x2 + y2 -a2 +b2 ) 2=- 2 (ax +by) + 2 (x2 + y2 ) (a2 +b2 )≥ 0 (应用Cauchy不等式 ) .等号成立当且仅当x y =a b并且x与a同号 ,可见式 ( 1 )成立 .定理 2　对于 xi,yi∈R ,若当n≥ 2时存在x2 + y2 ≥∑ni=1xi2 + yi2 ,则有(x -∑ni=1xi) 2 + ( y -∑ni=1yi) 2　≥ (x2 + y2 -∑ni=1xi2 + yi2 ) 2 ( 2 )等号成立当且仅当 x1y1=x2y2=… =xnyn=xy 且x…     

函数f(x)=a/(sin~nx) b/(cos~nx)最小值猜想的推广

文[1]中猜想:f(x)=a/sin~nx b/cos~nx(00,由均值不等式得:nAsin2x 2amsinmnx=Asin2x Asin2x … Asin2x asinmnx sinamnx … sinamnx≥(n 2m)(Ana2m)n 12m.nAcos2x 2bmcosmnx=Acos2x Acos2x … Acos2x bcosmnx cosbmnx … …