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20 0 0年 4月 2日举行的全国初中数学联赛 (更名为数学活动创新能力评估 )试题二试( C卷 )第三题除了评分标答的解法外 ,还可用下面的方法来解答 .题 求所有的正整数 a、b、c,使得关于 x的方程 : x2 - 3ax 2 b =0 ,x2 - 3bx 2 c =0 ,x2 - 3cx 2 a =0的所有的根是正整数 .解 设方程 x2 - 3ax 2 b =0的两正整数根为 x1、x2 ,方程 x2 - 3bx 2 c=0的两正整数根为 x3 、x4 ,方程 x2 - 3cx 2 a =0的两正整数根为 x5、x6,由根与系数的关系 ,得 x1 x2 =3a,x1x2 =2 b, x3 x4 =3b,x3 x4 =2 c, x5 x6=3c,x5x6=2 a.由 … 相似文献
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设a是大于1的正整数,f(a)是a的非负整系数多项式,f(1)=2rp+4,其中r是大于1的正整数,p=2~l-1是Mersenne素数.本文讨论了方程(a-1)x~2+f(a)=4a~n的正整数解(x,n)的有限性,并且证明了:当f(a)=91a+9时,该方程仅当a=5,7和25时分别有解(x,n)=(3,3),(11,3)和(3,4). 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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1 (第 2 3届全俄中学奥林匹克竞赛试题 ,11年级 )求方程 (x2 - y2 ) 2 =1+ 16 y的整数解 .解 以下将证明方程(x2 - y2 ) 2 =1+ 16 y (1)的解是 (- 4,5 ) ,(4,5 ) ,(- 1,0 ) ,(1,0 ) ,(- 4,3) ,(4,3) .设x ,y是满足方程 (1)的两个整数 .注意到 ,若 y <0 ,则 1+ 16 y <0 ,则 1+ 16 y不是一个完全平方数 ;若 (x ,y)就是 (1)的解 .不失一般性 ,可设x≥ 0 .情形 1:若x≥y ,可令x =y +a且a∈N .方程 (1)可改写为 :4a2 y2 + 4 (a3- 4) y +a4 - 1=0 .故 y是二次方程 4a2 X2 + 4 (a3- 4)X +a4 - 1=0的一个解 .此时Δ =16 (- 8a3+a2 + 16 ) ,则一… 相似文献
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<正>近年来各地中考试题中,围绕不等式(组)出现了一批既考查知识,又考查能力的新题型.现采撷一束,分类例举如下.一、新定义型例1(2013年十堰市)定义:对于实数a,符号[a]表示不大于a的最大整数.例如:[5.7]=5,[5]=5,[-π]=-4.(1)如果[a]=-2,那么a的取值范围是.(2)如果x+1[]2=3,求满足条件的所有正整数x.解(1)∵[a]=-2,∴a的取值范围是-2≤a<-1;(2)根据题意得3≤x+12<4,解得5≤x<7,则满足条件的所有正整数为5、6.说明本题设置了新定义,考查一元一次不等式组的应用,解题的关键是根据题意列出不等式组,求出不等式的解. 相似文献
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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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本文研究了指数Diophantine方程(an-1)((a+1)n-1)=x2的正整数解(n,x),其中a是大于1的正整数.运用初等数论方法证明了:当a≡2或3(mod4)时,该方程无解. 相似文献
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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). 相似文献
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《数学的实践与认识》2015,(16)
一组正整数(a,b,c)称为本原商高数,如果它们满足方程a~2+b~2=c~2且(a,b)=1,2|b.著名的Jesmanowicz-Terai猜想是指当(a,b,c)是本原商高数时,方程a~x+b~y=c~z仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,2).本文讨论了商高数的位移形式,即就是:设u是大于2的偶数,本文运用初等数论方法以及同余的性质讨论了指数Diophantine方程(u~2+1)~x+(2u)~y=(u~2-1)~z的可解性,证明了该方程无正整数解(x,y,z).从而部分的解决了Jesmanowicz-Terai猜想的另一种形式. 相似文献
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苏娟丽 《数学的实践与认识》2014,(8)
设a=2~r,b=p~s,其中p是给定的奇素数,r和s是给定的正整数.运用有关三项Diophantine方程和广义Ramanujan-Nagell方程的结果,将方程a~x+~y=z~2的所有正整数解(x,y,z)进行了分类,从而得出了这些解的可有效计算的上界. 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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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
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杜晓英 《数学的实践与认识》2016,(1):263-266
设p是奇素数.对于非负整数r,设U_(2r+1)=(α~(2r+1)+β~(2r+1))/2~(1/2),V_(2r+1)=(α~(2r+1)-β~(2r+1))/6~(1/2),其中α=(1+3~(1/2))/2~(1/2),β=(1-3~(1/2))/2~(1/2).运用初等数论方法证明了:方程y~3=x~2+2p~4有适合gcd(x,y)=1的正整数解(x,y)的充要条件是p=U_(2m+1),其中m是正整数.当上述条件成立时,方程仅有正整数解(x,y)=(V(2m+1)(V_(2m+1)~2-6),V_(2m+1)~2+2)适合gcd(x,y)=1.由此可知:当p10000时,方程仅有正整数解(p,x,y)=(5,9,11),(19,1265,123),(71,68675,1683)和(3691,9677201305,4541163)适合gcd(x,y)=1. 相似文献
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刘志伟 《纯粹数学与应用数学》2007,23(1):28-30,44
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). 相似文献
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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). 相似文献
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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). 相似文献