指数Diophantine方程(143n)~x+(24n)~y=(145n)~z

设(a,b,c)是一组满足a~2+b~2=c~2,gcd(a,b)=1,2|b的本原商高数,运用初等数论方法讨论方程(an)~x+(bn)~y=(cn)~z正整数解(x,y,z,n),证明了:当(a,b,c)=(143,24,145)时,方程仅有正整数解(x,y,z,n)=(2,2,2,m),其中m是任意正整数,上述结果说明此时Jesmanowicz猜想成立.     

关于Diophantine方程(20n)x+(21n)y=(29n)z

设a,b,c是满足条件a2+ b2=c2的两两互素的正整数.Jesmanowicz于1956年猜想对于任意给定的正整数n,方程(an)x+(bn)y=(cn)z仅有解(x,y,z)=(2,2,2).本文证明了方程(20n)x+(21n)y=(29n)z有唯一解(x,y,z)=(2,2,2).     

关于非本原商高数的Je?manowicz的一点注记

设n是正整数,(a,b,c)是本原商高数.1956年,L.Jesmanowicz曾经预测:方程(ab)^x+(bn)^y=(cn)^z仅有正整数解(a,b,c)=(2,2,2),这是一个迄今远未解决的数论问题.对于正整数t,设P(t)是t的不同素因数的乘积.运用Baker方法证明了;当n>1,(a,b,c)=(f²-4,4f,f²+4),其中f是适合f>348的奇数时,如果P(n)■a,则Jesmanowicz猜想成立.     

关于丢番图方程（143n）^x＋（24n）^y=（145n）^z

设a,b,c为两两互素的正整数,满足a^2＋b^2=c^2．1956年,Jesmanowicz猜想：对任意的正整数n,丢番图方程（an）^x＋（bn）^y=（cn）^x仅有正整数解（x,y,z）=（2,2,2）．本文对（a,b,c）=（143,24,145）的特殊情形,证明了该猜想是正确的．     

关于本原商高数的Miyazaki猜想

设a,b,c是适合a=2~(2r)-n~2,b=2~(r+1)n,c=2~(2r)+n~2的正整数,其中r是正整数,n是奇素数.运用初等数论方法讨论了指数Diophantine方程c~x+b~y=a~z.证明了:当2~r=n+1时,方程仅有正整数解(x,y,z)=(1,1,2);否则,方程无解。上述结果部分地证实了有关本原商高数的Miyazaki猜想。     

奇完全数的两个猜想

运用初等方法讨论有关奇完全数的两个猜想.证明了:(i)如果n=p~αq_1~(2β_1)q_2~(2β_2)…q_s~(2β_s)是奇完全数,其中P,q_1,q_2,…,q_s是不同的奇素数,α,β_1,β_2,…,β_s是正整数,p≡α≡1(mood4),而且q_i≡-1(mod m)(i=1,2,…,s),m是大于2的正整数,则.1/2σ(p~α)必为合数;(ii)如果n=a~2~x+b~2~x,其中a,b,x是适合ab,gcd(a,6)=1,2|ab的正整数,则当x≥log_2log_2log_2 a时,n不是奇完全数.     

和同学们谈谈解法是怎样想到的

题目(2010年高考江西卷(理)第22题)证明以下命题:(1)对任一正整数a,都存在整数b,c(b相似文献   

互质数对的某些性质

本文据互质正整数 a,b 定义两个集合:P={p|1≤p≤ab,p=ma+nb,m,n,皆正整数},Q={q|q 为整数,a+b≤q≤ab,且任正整数 m,n,都有 q(?)ma+nb}.证明了 P,Q所含元素个数皆为((a-1)(b-1))/(2),且 P 与 Q 在数轴上,对称于点 (ab+a+b)/2.在 P 中定义了链(即 P 的极大连续整数子集),给出链的个数的计算方法.指出(a,b)=1,a>1,b>1的四种等价说法,讨论了以不全是1的正整数 r,u 为系数的二元二次方程 xy+1=rx+uy 的正整数解的个数,并给出求解方法.     

与Euler函数φ(n)有关的非线性方程的正整数解

在Euler函数φ(n)的性质的基础上,利用整数分解的方法证明了对任意的正整数m,n,非线性方程φ(mn)=aφ(m)+bφ(n)+c~2(a,b,c为勾股数且gcd(a,b,c)=1)当(a,b,c)=(3,4,5),(5,12,13),(7,24,25)时无正整数解,并证明了当a,b为任意的一奇一偶,c为任意的奇数,且满足a~2+b~2=c~2,gcd(a,b)=1,2|b时,方程无正整数解.     

一类3p~2阶4度1-正则图

设p为大于3的素数,群G=和H=(其中r(?)1(mod p~2),r~3≡1(mod p~2),3|(p-1))是两类3p~2阶非交换群.通过研究Cayley图的正规性,完成了对G和H的所有4度Cayley图的分类,并得到了一类新的4度1-正则图.     

对一道猜想不等式的解答

文[1]在最后提出了如下:猜想设x,y,z∈R ,a,b,c∈R ,若p>2t≥0,则有xa2tx py yb2ty pz zc2tz px≥2p(bc ca ab)-(2t p)(a2 b2 c2)(p t)(p-2t)(1)(原文中t>0,可放宽为t≥0)·本文将证明(1)式成立·为此,令λ=yx,u=zy,v=xz,p=2n,t=m,分别代入(1)式,并经整理得到与(1)式等价的下述·命题设a,b,c,,λu,υ∈R ,且λuυ=1,又n>m≥0,则有2am 2nλ 2bm 2nu 2cm 2nv≥2n(bc ca ab)-(n m)(a2 b2 c2)(2n m)(n-m)(2)又由λuυ=1,可设λ=r2r3r21,u=r3r12r2,υ=r1r2r23,r1,r2,r3∈R ,代入(2)式,并经整理得到:r21a2m r21 2nr2r3 r22b2m r22 2nr3r1 r23r2m…     

不等式研究成果集锦(11)

131在△ ABC中 ,三边长为 a,b,c,当max( A,B,C)≤ (π - crccosk)时 ,有　 ∑ a2b2 c2 ≤ 2 k2 5k 52 k 3,( 12 ≤ k <1 )当△ ABC为顶角为 (π - arccosk)的等腰三角形时取等号 .(褚小光 .2 0 0 0 ,2 )1 32　在△ ABC中 ,三边长为 a、b、c,则i) ∑ a3b3 c3<389;ii) ∑ a4b4 c4<1 381 7.猜想 ,当 n≥ 2时 ,有∑ anbn cn <2 n-1 22 n 1 .(褚小光 .2 0 0 0 ,2 )1 33　设△ ABC三边长为 a,b,c,则∑( - a b ca ) λ ≥ 3,其中λ≥ p =log2 3- 1 =0 .584 96 2 5… ,且 p是使不等式成立的最小正数 .猜想　设 0≤ xi <1 (…     

关于指数Diophantine方程x~2=D~(2m)-D~mp~n+p~(2n)

设D 1是正整数,p是适合p?D的素数.本文研究了指数Diophantine方程x~2=D~(2m)-D~mp~n+p~(2n)的满足m 1的正整数解.根据Diophantine方程的性质,结合已有的结论,运用初等方法确定了方程满足m 1的所有正整数解(D,p,x,m,n).这个结果修正并完整解决了文献[4]的猜想.     

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.     

P5,4m的优美性

设u,v是两个固定顶点,用b条内部互不相交且长度均为a的道路连接u、v所得到的图用Pa,b表示。Kathiresan证实P2r,2m-1(r,m均为任意正整数)是优美的,且猜想:除了(a,b)=(2r 1,4s 2)外,所有的Pa,b都是优美的。杨元生已证实P2r 1,2m-1是优美的,本文证明m=2n(2l-1),(0≤n≤4,l∈N)时,P5,4m是优美图。     

关于本原商高数的新猜想

设a,b,c是满足a=m²-n2-n²,b=2mn,c=m2,b=2mn,c=m²+n2+n²的正整数,其中m,n是适合m>n,gcd(m,n)=1,2|mn的正整数.运用初等数论方法讨论了方程c2的正整数,其中m,n是适合m>n,gcd(m,n)=1,2|mn的正整数.运用初等数论方法讨论了方程c^x+bx+b^y=ay=a^z的正整数解(x,y,z).证明(m,n)≡(0,1),(0,5),(1,2),(2,3),(3,4),(4,1),(4,5),(5,6),(6,7)或(7,0)(mod8)时,方程无解.上述结果部分地解决了有关本原商高数的一个新猜想.     

GF(p)上B_n的次数

行列式 B_n=∑±b_(i_1)~(m_1)b_(i_2)~(m_2)…b_(i_n)~(m_n)中各项含因子 b 的个数的最大值称为 B_n 的次数,其中,1≤t_k≤n,m_f≥0,b_(i_k)∈GF(p).当 p=2时,这是0-1矩阵的行列式,文[3]已有结果.本文在任意 p 的情形下给出 B_n 的次数 L(n)的公式:对任意正整数 r,当 n_r≤n≤n_(r+1)时,L(n)=r,其中,n_r=(r_0+1)(p~(q+1)-1)/(p-1)-(1+qp~(q+1),q=[r/(p-1)],r=q(p-1)+r_0。     

Diophantine方程组a~2+b~2=c~r和x~2+b~y=c~z的一点注记

设r是大于1的正奇数,a,b,c是满足a~2+b~2=c~r的互素正整数.证明了:当r(?)5(mod8),c>10~(12)r~4且b是奇素数的方幂时,方程x~2+b~y=c~z仅有正整数解(x,y,z)=(a,2,r).     

关于一对不等式的推广

文[1]证明了一对有趣的不等式:设a,b,c为正数,且a b c=1,则有(b1 c-a)(c 1a-b)(a1 b-c)≥(67)3,(b1 c a)(c 1a b)(a1 b c)≥(161)3.为了推广这两个不等式,文[1]提出下面四个命题,要求证明或否定之.设a1,a2,…,an为正数且其和为1.命题1∏ni=1(ai 1ai 1-ai 2)≥(2n-1n)n.命题2∏ni=1(ai 1ai 1 ai 2)≥(2n 1n)n.命题3∏n-1i=0(∑K1j=1ai j-∑nj=k 1ai j)≥(kn nk-1)n.命题4∏n-1i=0(∑K1j=1ai j ∑nj=k 1ai j)≥(kn-nk 1)n.其中an i=ai(i=1,2,…,n-1),k为小于n的正整数.本文先证明命题3为真,然后对其余三个命题给出反例.令f(x)=ln(1-1x-x),0相似文献   

等腰梯形面积又一公式

我在做一道求三角形面积的习题时用到了海伦公式:s△ABC=p(P-a)(p-b)(p-c)~(1/2)[其中a、b、c为△ABC的三边长,p=1/2(a n c)]。此后又做了一道关于等腰梯形面积的习题,出于好奇,我把其数据代人海伦公式的类比公式S=p(p-a)(p-b)(p-c)~(1/2)[其中a、b、c、d为等腰梯形的四条边长,p=1/12(a b c d)],发现结果是正确结论的p~(1/2)倍.