关于丢番图方程1+5~x+2~y5~z11~u=2~v·11~w,yvw>0,x+z>0的解

讨论了丢番图方程1+X+Y=Z的一个特殊情形.借助计算机,用初等方法给出了指数丢番图方程1+5~x+2~y5~z11~u=2~v·11~w,yvw>0,x+z>0的全部非负整数解.     

关于丢番图方程X~3±1=1267y~2的整数解

关于丢番图方程x³±1=1267y3±1=1267y²的初等解法至今仍未解决.主要利用递归序列、同余式、平方剩余、Pell方程的解的性质、Maple小程序,证明了丢番图方程x2的初等解法至今仍未解决.主要利用递归序列、同余式、平方剩余、Pell方程的解的性质、Maple小程序,证明了丢番图方程x³-1=1267y3-1=1267y²有整数解(x,y)=(1,0),(60817,±421356),而丢番图方程x2有整数解(x,y)=(1,0),(60817,±421356),而丢番图方程x³+1=1267y3+1=1267y²仅有整数解(x,y)=(-1,0).     

1+2x5y+5z11u=2v·11w,xuvw>0,y+z>0的非负整数解

借助计算机,用初等方法给出了指数丢番图方程1+2^x5^y+5^z11^u=2^v·11^w,xuvw>0,y+z>0的全部非负整数解.     

一类丢番图方程与有限域上对角方程的解

给出了一类丢番图方程的解数为11,…,18时,其最小整数解的具体表达式,并推广得到该类丢番图方程的解数为素数p时,其最小整数解的具体表达式.还补充了该类丢番图方程的解数为6,8,10时,w的具体值,其中w为有限域Fq上简单对角方程的次数向量d=(d1,…,dn)的压缩向量.     

丢番图方程(an)^(x)+(bn)^(y)=(cn)^(z)

设a,b,c,n均是大于1的整数且a+b=c^(2),gcd(a,b,c)=1.得到了一些关于丢番图方程(an)^(x)+(bn)^(y)=(cn)^(z)正整数解(x,y,z)的结论.     

一个非线性方程的小素数解

证明了整系数素变数方程a_1p_1+a_2p_2~2+a_3p_3~2+a_4p_4~2=b当整数a_1,…,a_4,b满足一定条件时有素数解,并给出了此方程有素数解时小素数解的上界.     

关于丢番图方程(an)x+(bn)y=(cn)z

设n,a,b,c是正整数,gcd(a,b,c)=1,a,b≥3,且丢番图方程a~x+b~y=c~z只有正整数解(x,y,z)=(1,1,1).证明了若(x,y,z)是丢番图方程(an)~x+(bn)~y=(cn)~z的正整数解且(x,y,z)≠(1,1,1),则yzz或xzy.还证明了当(a,b,c)=(3,5,8),(5,8,13),(8,13,21),(13,21,34)时,丢番图方程(an)~x+(bn)~y=(cn)~z只有正整数解(x,y,z)=(1,1,1).     

一个丢番图方程及其它的整数解

研究丢番图方程x~y+y~z+z~x=0的可解性,并求该方程的所有整数解.本文利用初等方法及整数的整除性质研究这一问题,获得了彻底解决.即就是证明了方程x~y+y~z+z~x=0有且仅有六组整数解(x,y,z)=(-2,1,1),(1,-2,1),(1,1,-2),(1,-1,-2),(-1,-2,1),(-2,1,-1)     

关于方程ax+by=cz的Terai-Jesmanowicz猜想

设m是正整数,证明了:(A)如果b是奇素数,且a=m3-3m,b=3m2-1,c=m2+1,那么丢番图方程ax+by=cz(1)仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,3);(B)如果b是奇素数,且a=m|m4-10m2+5|,b=5m4-10m2+1,c=m2+1,那么丢番图方程(1)仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,5).     

关于方程ax+by=cz的Terai-Jesmanowicz猜想

设m是正整数,证明了(A)如果b是奇素数,且a=m3-3m,b=3m2-1,c=m2+1,那么丢番图方程ax+by=cz(1)仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,3);(B)如果b是奇素数,且a=m|m4-10m2+5|,b=5m4-10m2+1,c=m2+1,那么丢番图方程(1)仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,5).     

关于丢番图方程中的柯召—Terjanian—Rotkiewicz方法

1962年,柯召[1]为了证明丢番图方程 x~2-1=y~p,p>3是素数,(1)无整数解,提出了计算Jacobi符号 (Q_p(y)/Q_q(y))来处理丢番图方程的方法,这里Q_n(y)=y~n 1/y 1,2十n.后来,1977年,Terjanian[2]为了证明丢番图方程     

非整边的直角三角形整距点问题

以直角顶点为原点 ,两直角边分别为 x轴和 y轴的正方向建立坐标系 .不妨设斜边所在直线方程为 ax +by=n,则方程 ax +by=n - kc(其中 a、b、c∈ N+,且 a2 +b2 =c2 ,k为整数 )的正整数解就是整距点的坐标 ,因此整距点问题与一类不定方程的正整数解联系起来 .设 a,b,n皆为正整数 ,有以下引理 .引理 1　方程 ax +by =n有整数解的充要条件是 (a,b) |n.引理 2　若 (a,b) =1,且 x0 ,y0 为方程 ax+by =n的一组解 ,则方程其它解可表示为 :x =x0 +bt,y =y0 - at(t为整数 ) .引理 3　设 (a,b) =1,则当 n>ab- a-b时 ,方程 ax +by =n必有非负整数解 .以…     

线性丢番图方程的一个数值解法

线性丢番图方程的一个数值解法薛方，郑辉，范小寅（北京大学数学系１００８７１）１引言本文讨论如何求出正整系数线性丢番图方程的全部非负整数解：给定向量ａ＝（ａ１，ａ２，…，ａｎ），ａｉ∈Ｎ；及ｎ∈Ｎ任给，求全体可能向量Ｘ＝（ｘ１，ｘ２，…，ｘｎ）使得ａ·...     

度条件下的二部图的定向图

二部图是具有二分类(X,Y)的简单偶图,其中X的每个顶点与Y的每个顶点相连,若|X|=m,|Y|=n,则这样的图记为K_(m,n).该文研究了K_(n,n)的定向图.对于非负整数a和b,若存在满足每个顶点的入度或者是a或者是b的一个K_(n,n)的定向图,则存在非负整数s和t满足方程s+t=2n和as+bt=n~2.论文证明了如下结论:设s和t是任意两个非负整数,对于满足方程s+t=2n和as+bt=n~2的非负整数a和b,存在K_(n,n)的定向图使得每个顶点的入度或者是a或者是b,从而得到了上述必要条件为K_(n,n)是[a,b]_n可实现的充分条件.     

与马猜想有关的一类不定方程

设$p$是奇素数, $b,t,r\in{\rm N}$. 1992 年, 马少麟猜想丢番图方程 $x^2=2^{2b+2}p^{2t}-2^{b+2}p^{t+r}+1$有唯一的正整数解$(x,b,p,t,r)=(49,3,5,1,2)$, 并且证明了这个猜想蕴含McFarland关于乘子为$-1$ 的阿贝尔差集的猜想.在[Ma S L, MaFarland''conjecture on Abelian difference sets with multiplier-1[J]. {\it Designs, Codes and Cryptography,} 1992, 1:321--332.]中, 马少麟证明了: 若$t\geq r$,则丢番图方程$x^2=2^{2b+2}p^{2t}-2^{b+2}p^{t+r}+1$没有正整数解. 本文证明了: 若$a>1$是奇数,$t\geq r$, 那么丢番图方程$x^2=2^{2b+2}a^{2t}-2^{b+2}a^{t+r}+1$的正整数解由$t=r=1, x+a\sqrt{2^{b+2}(2^b-1)}=(2^{b+1}-1+\sqrt{2^{b+2}(2^b-1)})^{n}$给出, 其中$n$为奇数.作者也证明了: 若$p$是奇素数, 则$(x,b,p,t,r)=(7,3,5,1,2)$是丢番图方程$x^4=2^{2b+2}p^{2t}-2^{b+2}p^{t+r}+1$的唯一正整数解.     

关于Kenichiro的一个丢番图方程问题

研究了Kenichiro提出的轮换对称形式的丢番图方程,即方程ab bc ca=ya+b+c3的求解问题,利用素数整除的一些性质,证明了该方程仅有平凡解a=b=c以及非平凡解(a,b,c)=(k,k,4k),(k,4k,k),(4k,k,k)(k∈N),从而完全解决了这个方程.     

关于丢番图方程ax2+by2=cz2+dw2的整数解

数论中作为勾股定理的推广曾讨论过方程x2 +y2 =z2 +w2 ( 1 )的整数解 (如文 [1 ]、[2 ]) ,文 [2 ]得到了方程 ( 1 )满足 ( x,y,z,w) =1的全部整数解的一组公式 ,但表达式不够简洁。本文将其推广 ,考虑更一般的这类四元二次丢番都方程ax2 +by2 =cz2 +dw2 ( 2 )其中 a,b,c,d均为正整数 ,( a,b,c,d) =1。当知道它的一组不全为零的整数解时 ,来导出它满足 ( x,y,z,w) =1的全部整数解的公式。按所设 ,显然 z,w不会全为 0 ,不妨设 w≠ 0 ,从而方程 ( 2 )可变为a( xw) 2 +b( yw) 2 -c( zw) 2 =d令 X=x/ w,Y=y/ w,Z=z/ w,得a X2 +b Y2 -c Z2 =d …     

一类包含Bernoulli多项式的恒等式的计算公式

本文给出了sum from (a_1+a_2+…a_k)=n to ((B_(a_1)(x)B_(a_2)(x)…B_(a_k)(x))/(a_1!a_2!…a_k!))的求和计算公式,其中B_i(x)为i次Bernoulli多项式,nZ≥k为正整数,。l+a2+…+ak‘n表示对所有满足该式的^维正整数组(a_1+a_2+…a_k)求和。     

加法表示函数的若干性质

令A={a_1,a_2,…}(a_1≤a_2≤…)是一个无限非负整数序列.设k≥2是固定的正整数,对n∈N,令R_k(A,n)表示方程a_i_1+…+a_i_k=n解的个数.令R_k~((1))(A,n)及R_k~((2))(A,n)分别表示上述方程带限制条件i_1…i_k及i_1≤…≤i_k时解的个数.最近,陈永高和本文作者证明了如下结果:设d是一个正整数,若对充分大的所有n皆有R_k(A,n)≥d,则R_k(A,n)≥d+2[k/2]!d~(1/2)+([k/2]!)~2对无穷多个n成立.本文获得了R_k~((1))(A,n)及R_k~((2))(A,n)的相关结果.     

关于丢番图方程b~x+(2~α)~y=(b+2~α)~z

结合初等和高等的方法研究丢番图方程b~x+2~(αy)=(6+2~α)~z,α≥3正整数解的问题,并得到了如下结论:1.若b为平方数,则方程只有正整数解(x,y,z)=(1,1,1);若b+2~α为平方数,则x=1.2.若x1,则2■z.3.方程3~x+(2~(2k+1))~y=(3+2~(2k+1))~z,k■2 (mod 6),2k+1∈N,2k+11只有正整数解(x,y,z)=(1,1,1).