广义Ramanujan-Nagell方程x~2+D~m=p~n的解数

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).     

指数Diophantine方程(bn)~x+(2n)~y=((b+2)n)~z的例外解

设b是大于3的正奇数.运用初等方法讨论了方程(bn)^x+(2n)x+(2n)^y=((b+2)n)y=((b+2)n)^z适合(x,y,z)≠(1,1,1)的正整数解(x,y,z,n).证明了:i)对于任何给定的正整数N,存在无穷多个b可使该方程有满足min{x,y,z}≥N的正整数解(x,y,z,n);ii)对于任何给定的b,该方程仅有有限多组正整数解(x,y,z,n)满足y>z=x.     

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…     

不定方程x4-y4=n的整数解之我见

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   

方程y~2=nx(x~2±1)的正整数解数的上界(英文)

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.     

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).     

丢番图方程(a-1)x~2+(91a+9)=4a~n

本文将证明:若整数a≥2,且a≠5,方程(a-1)x~2+(91a+9)=4a~n无满足2(?)n的正整数解(x,n);若a=5,则此方程满足2(?)n的正整数解(x,n)=(3,3).     

关于一类指数Diophantine方程的可解性

设p是奇素数,根据高次Diophantine方程和广义Ramanujan-Nagell方程的性质,运用初等数论方法证明了:方程x~2+(2p-1)~m=p~n的例外解(x,m,n)都满足2|m以及2|n可知:当p=3(mod4)时,方程仅有正整数解(x,m,n)=(p-1,1,2).     

一个三角形个数的计算问题

问题 :将圆周 n等分 ,在 n个等分点中 ,任取三个点都能构成一个三角形 ,那么 ,在这些三角形中 ,直角三角形、钝角三角形、锐角三角形各有多少个 ?目前未见有人对这一问题进行研究 .笔者发现 ,各种三角形个数与方程x1 x2 … xm =n的正整数解的个数有关 ,因而试着利用求相应方程的整数解的方法来计算有关三角形个数 ,非常方便 .为此 ,先给出前述方程的正整数解的个数的一个结论 .方程 x1 x2 … xm =n( m≤ n,m、n∈ N ,n≠ 1 )的正整数解的个数是 Cm - 1n- 1.证明　当 m =1时 ,方程只有一个解 ,结论显然成立 .设 m >1 ,如图 1 ,将 n…     

用判别式解2011年全国联赛初赛题(江西)

题目一试确定,对于怎样的正整数a,方程5x2-4(a+3)x+a2-29=0有正整数解?并求出方程的所有正整数解.解把原方程化为关于a的一元二次方程,得a2-4ax+(5x2-12x-29)=0.由于a是正整数,故Δ=-4x2+48x+116≥0,且是一个完全平方数,解得:6-65<1≤x≤14<     

广义Ramanujan-Nagell方程x~2+D~m=p~n

设D是大于1的正整数,p是不能整除D的素数.本文证明了:当D=3a~2+1,p=4a~2+1,其中a是正整数时,除了(D,p)=(4,5)这一情况以外,方程x~2+D~m=p~n仅有2组正整数解(x,m,n)=(a,1,1)和(8a~3+3a,1,3).根据上述结果得到了该方程解数的最佳上界.     

关于广义Ramanujan-Nagell方程的一个猜想

设D=3a^2＋1，P=4a^2＋1是奇素数，其中a是正整数．本文证明了：当a〉6．10^18时，方程x^2＋D^m=P^n恰有2组正整数解（x，m，n）=（a，1，1）和（8a^3＋3a，1，3）．     

关于广义Ramanujan-Nagell方程x~2+D=k~n的解数

设D、k是互素的正整数．本文运用初等方法证明了：当D是素数时，方程x2＋D＝kn至多有8组正整数解（x，n）.     

关于Thue方程的解数

设ｍ是正整数，ｆ（Ｘ，Ｙ）＝ａ０Ｘｎ＋ａ１Ｘ（ｎ－１）Ｙ＋．．．＋ａｎＹｎ∈Ｚ［Ｘ，Ｙ］是Ｑ上不可约化的叫ｎ（ｎ≥３）次齐次多项式。本文证明了：当ｇｃｄ（ｍ，ａ０）＝１，ｎ≥４００且ｍ≥１０（３５）时，方程｜ｆ（ｘ，ｙ）｜＝ｍ，ｘ，ｙ∈ｚ，ｇｃｄ（ｘ，ｙ）＝１，至多有６ｎｖ（ｍ）组解（ｘ，ｙ），其中ｖ（ｍ）是同余式Ｆ（ｚ）＝ｆ（ｚ，１）≡０（ｍｏｄｍ）的解数。特别是当ｇｃｄ（ｍ，ＤＦ）＝１时，该方程至多有６ｎ（ω（ｍ）＋１）组解（ｘ，ｙ），其中ＤＦ是多项式Ｆ的判别式，ω（ｍ）是ｍ的不同素因数的个数．     

丢番图方程与实二次域类数的可除性

设ｄ无平方因子，ｈ（ｄ）是二次域的类数。本文证明了：在方程Ｕ￣２－ｄＶ￣２＝４，（Ｕ，Ｖ）＝１有整数解时，丢番图方程４ｘ￣（２ｎ）－ｄｙ￣２＝－１，ｎ＞２无｜ｙ｜＞１的整数解；如果正整数ａ，ｋ，ｎ满足，ｋ＞１，ｎ＞２且而是Ｐｅｌｌ方程ｘ￣２－ｄｙ￣２＝－１的基本解，则ｈ（ｄ）≡０（ｍｏｄｎ）。     

广义Ramanujan-Nagell方程x~2+D~m=p~n的解的注记

设a为偶数,p为素数,D=3a~2+1,p=4a~2+1。本文指出了乐茂华文献中的错误,并利用两个对数的线性型上界估计的P-adic形式以及广义Fermat方程的解的一些新结论,证明了方程x~2+D~m=p~n仅有两组正整数解(x,m,n)=(0,1,1),(8a~3+ 3a,1,3)．     

丢番图方程X~2-(a~2+1)Y~4=3-4a

设a≥2是正整数.本文证明了:当a=2时,方程X~2一(a~2+1)Y~4=3-4a仅有正整数解(X,Y)=(20,3);当a=3时,该方程仅有2组互素的正整数解(X,Y)=(1,1)和(79,5);当a≥4且4a+1非平方数时,该方程最多有4组互素的正整数解(X,Y);当a≥4且4a+1为平方数时,该方程最多有5组互素的正整数解(X,Y).