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).     

指数Diophantine方程4~x+b~y=(b+4)~2

本文研究了指数Diophantine方程4~x+b~y=(b+4)~2的解.设b1是给定的正奇数,运用有关指数Diophantine方程的已知结果以及有关Pell方程的Stormer定理的推广,证明了方程4~x+b~y=(b+4)~2仅有正整数解(x,y,z)=(1,1,1).     

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.     

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.     

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).     

Mordell方程y~3=x~2+2p~4的正整数解

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.     

有关Euler函数(n)的方程的正整数解

设(n)是Euler函数.主要研究了方程(xy)=3((x)+(y))的可解性问题,利用初等的方法给出了这一方程的所有的35组正整数解.对于任意素数k>3,(x,y)=(3k,4k),(4k,3k)是方程(xy)=k((x)+(y))的2个正整数解.证明了更为一般的结论:对于任意奇数k>3,当gcd(k,3)=1时,(x,y)=(3k,4k),(4k,3k)是方程(xy)=k((x)+(y))的2个正整数解.     

关于Diophantine方程a~x+b~y=c~z的Terai猜想

设m是正偶数.证明了(A)若b是奇素数,且a=m|m~6-21m~4+35m~2-7|,b=|7m~6-35m~4+21m~2-1|,c=m~2+1,则Diophantine方程G:a~x+b~y=c~z仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,7);(B)若m2863,且a=m|m~8-36m~6+126m~4-84m~2+9|,b=|9m~8-84m~6+126m~4-36m~2+1|,c=m~2+1,则Diophantine方程G仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,9);(C)若a,b,c适合a=m|∑_(i=0)~((r-1)/2)(-1)~i(_(2i)~r)m~(r-2i-1)|,b=|∑_(i=0)~((r-1)/2)(-1)~i(_(2i+1)~r)m~(r-2i-1)|,c=m~2+1,r≡1(mod4),2|x,2|y,且b为奇素数或m145r(log r),则方程G仅有解(x,y,z)=(2,2,r).     

本原商高数的Jesmanowicz猜想的位移形式

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.     

丢番图方程(m2+1)x+(cm2-1)y=(am)z

设m,a,c均是大于1的正整数.当am≡1(mod 4)或am≡3(mod 8),3■m或2■a,2|m,3■m时,得到了丢番图方程(m²+1)^x+(cm²-1)^y=(am)^z,1+c=a²,m≥2只有正整数解(x,y,z)=(1,1,2).特别地,当a≡1,3,5 (mod 8),a≠3或a≡7 (mod 8),a≡2(mod 3)时,方程2^x+(a²-2)^y=(a)^z只有正整数解(x,y,z)=(1,1,2).     

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).     

关于指数丢番图方程a~x+(3a~2-1)~y=(4a~2-1)~z的正整数解(英文)

本文通过计算Jacobi符号,运用代数数的对数线性型的下界估计,证明了:当整数a>1时,指数丢番图方程a~x+(3a~2-1)~y=(4a~2-1)~z仅有正整数解(x,y,z)=(2,1,1).     

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

设r是大于1的正奇数,m是正偶数,V(r)+U(r)(-1)~(1/2)=(m+(-1)~(1/2))~r.本文证明了:当a=|V(r)|,b=|U(r)|,c=m~2+1时,如果r≡5(mod8),m>r~2且r<11500或者m>2r/π且r>11500,则方程a~x+b~y=c~z仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,r).     

关于丢番图方程(na)~x+(nb)~y=(nc)~z（英文）

设(a,b,c)为本原的商高数组,满足a~2+b~2=c~2且2|b.1956年,Jesmanowicz猜想:对任给的正整数n,丢番图方程(na)~x+(nb)~y=(nc)~z仅有正整数解x=y=z=2.令P(n)表示n的所有不同素因子乘积.对商高数组(a,b,c)=(p~(2r)-4,4p~r,p~(2r)+4),其中p为大于3的素数且p■1(mod 8),本文证明在条件P(a)|n或者P(n)a下,Jesmanowicz猜想成立.     

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.     

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).     

Fermat素数与Jemanowicz猜想

设r是正整数.本文运用初等数论方法证明了方程((2~(r+1)+1)n)~x+((2~(2r+1)+2~(r+1)n)~y=((2~(2r+1)+2~(r+1)+1)n)~2适合(x,y,z)≠(2,2,2)以及n1的正整数解(x,y,z,n)都满足xzy特别是当2~(r+1)是素数时,该方程仅有正整数解(x,y,z,n)=(2,2,2,t),其中t是任意正整数,即此时Jemanowicz猜想成立.     

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).     

妙用公式ab=((a+b)/2)~2-((a-b)/2)~2

在平方差公式x2-y2=(x+y)(x-y)中,令x=(a+b)/2,y=(a-b)/2,便可得到公式ab=(a+b/2)2-(a-b/2)2,运用此公式,可巧解国内外一组竞赛题.例1 正数a,b,c,x,y,z,满足a+x=b+y=c+z=k,求证:ax+by+cz相似文献