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1.
在近几年的高考试题中,出现了可化为求方程x1 x2 … xm=n(m,n∈N ,m≤n)的正整数解的个数的问题,下面就这个问题谈几点看法,供大家参考.上述正整数解的个数问题可以转化为下列数学模型:把n个相同的小球排成一行,请将这一行n个球分成m段,每一段至少一个小球,有几种分法?解因为将 相似文献
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不少计数问题归结为不定方程 x1+ x2+… + xn =m在特定条件下的解的个数问题便迎刃而解 .本文研究不定方程 x1+ x2 +… + xn =m在有关条件下的解的个数问题 ,并举例说明其在计数问题中的应用 .(注 :文中约定 :当 m 相似文献
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在近几年的高考试题中,出现了可化为求方程x1+x2+…+xm=n(m,n∈N^+,m≤n)的正整数解的个数的问题,下面就这个问题谈几点看法,供大家参考。 相似文献
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本文研究临界状态下三项Diophantine方程解的问题.运用无穷递降法证明了:设m,n,r是大于1的正整数,当1/m+1/n+1/r=1时,方程xm+yn=zn,min(x,y,z)>1,gcd(x,y)=1无正整数解(x,y,z). 相似文献
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2010年全国高中数学联赛一试第8题是:方程x+y+z=2010满足x≤y≤z的正整数解(x,y,z)的个数是.笔者经过研究后发现,要想完整的解决本题,必须用到方程x1+x2+…+xn=m(n≤m,m∈N*)正整数解的个数这一种重要的数学模型,为行文的方便,我们先来研究这个模型的答案. 相似文献
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设n是无平方因子正整数.本文利用二次和四次Diophantine方程解数的结果,讨论了方程y~2=nx(x~2±1)的正整数解个数的上界,证明了该方程至多有2~w(n)个正整数解(x,y),其中w(n)是n的不同素因数的个数. 相似文献
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由隔板法或自然数的有序分拆容易得到下面的定理:
定理 不定方程x1+x2+…+xm=n(m,n∈N+,n〉m〉1)的正整数解的组数为Cn-1^m-1;非负整数解的组数为Cn+m-1^m-1. 相似文献
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关于不定方程的解的组数问题,有以下两个结论:
结论1 不定方程x1+x2+x3+…+xn=m(m,n∈N^*),则此方程的正整数解有Cm-1^n-1组. 相似文献
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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. 相似文献
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文[1]给出了一个猜想:若a b=1,a,b>0,则32<11 an 11 bn≤2n 12n 1(1)文[2]给出了(1)式的证明.文[3]给出了(1)式的高维形式:若x1 x2 … xm=1,x1,x2,…,xm>0,则m 1m<1x1n 1 1x2n 1 … 1xmn 10,则1x1n 1 1x2n 1 … 1xmn 1>m-12,其中m≥2,n≥2且m∈N,n∈R.证因为0相似文献
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利用正整数n的一类特殊的3分拆n=n1+n2+n3,n1>n2>n3≥1,且n2+n3>n1的Ferrers图将不定方程4x1+3x2+2x3=n(n≥9)的正整数解与这种分拆联系起来,从而得到了该不定方程的正整数解数公式;同时也给出了正整数n的一类4分拆的计数公式.此外,还给出了周长为n的整边三角形的计数公式的一个简单证明. 相似文献
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广义Ramanujan-Nagell方程x~2+D~m=p~n的解数 总被引:2,自引:0,他引:2
设a是正整数,D=3a2+1,P=4a2+1,其中p是素数.本文证明了:如果a不是4的倍数,则除了当(D,p)=(4,5)时方程x2+Dm=pn恰有3组正整数解(x,m,n)=(1,1,1),(3,2,2),(11,1,3)以外,该方程恰有2组正整数解(x,m,n)=(a,1,1)和(8a3+3a,1,3). 相似文献
16.
非整边的直角三角形整距点问题 总被引:2,自引:2,他引:0
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… 相似文献
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文 [1]对不定方程 x4- y4=n (1)的整数解求法作了探讨 ,笔者认为有必要作一些说明 .容易验证 :奇数的四次方除以 16余 1.n =(x - y) (x +y) (x2 +y2 ) ,n(n >1)必为合数 ;若 (x,y)满足方程 (1) ,则(± x,± y)也满足方程 (1) ,故仅需考虑正整数解 .容易得到 (以下字母为正整数 ) :定理 1 n =a2 ,2 a2 ,pa2 (p为素数 ,p≡3(mod8) )时 ,方程 (1)无正整数解 [2 ] .定理 2 方程 (1)有正整数解的充要条件是 n =PQ(P
相似文献
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1 权方和不等式的改进
不等式:xm+1/1/ym/1+xm+1/2/ym/2+…+xm+1/n/ym/n≥(x1+x2+…+xn)m+1/(y1+y2+…+yn)m (A)
(其中xi,yi∈R+,i=1,2,…,n,m>0),当且仅当x1/y1=x2/y2=…=xn/yn时取等号. 相似文献
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邵品琮 《数学年刊A辑(中文版)》1986,(2)
本文就丢番图方程给出了全部正整数解。有结果:设n和k_1,…,k_1为已知正整数,并设k_j=a_j,m,1 a_j,m,2 … a_j,m,n(m=1,2,…,s_j)为k_j的一切可能的分拆(S_j=(k_j n-1)…(n 1)n/k_j!,j=1,2,…,l),则上述方程(*)的正整数解的形式为,而且只是为所示,其中a_(ij)(j=1,2,…,s_i;i=1,2,…,l)为s_1 s_1 … s_l个任意的正整数。特别地,当l=1,k_1=k时就是A.Schinzel在文[2]中的结果。 相似文献
20.
《数学的实践与认识》2013,(9)
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cx+bx+by=ay=az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. 相似文献