关于丢番图方程ax2+by2=cz2+dw2的整数解

数论中作为勾股定理的推广曾讨论过方程x2 +y2 =z2 +w2 ( 1 )的整数解 (如文 [1 ]、[2 ]) ,文 [2 ]得到了方程 ( 1 )满足 ( x,y,z,w) =1的全部整数解的一组公式 ,但表达式不够简洁。本文将其推广 ,考虑更一般的这类四元二次丢番都方程ax2 +by2 =cz2 +dw2 ( 2 )其中 a,b,c,d均为正整数 ,( a,b,c,d) =1。当知道它的一组不全为零的整数解时 ,来导出它满足 ( x,y,z,w) =1的全部整数解的公式。按所设 ,显然 z,w不会全为 0 ,不妨设 w≠ 0 ,从而方程 ( 2 )可变为a( xw) 2 +b( yw) 2 -c( zw) 2 =d令 X=x/ w,Y=y/ w,Z=z/ w,得a X2 +b Y2 -c Z2 =d …     

具有四项的指数丢番图方程(Ⅲ)

根据定理 １,２和 ３;求任何一个方程 ａ~ｘ－ｂ~ｙ＝ｎ,ａ~ｘｂ~ｙ±ａ~ｚ±ｂ~ｗ±１＝０ 或ａ~ｘ±ｂ~ｙ±ａ~ｚ±ｂ~ｗ＝０（ｘ,ｙ,ｚ,ｗ∈≥０）的解都是很简单的,此处ａ,ｂ是适合 ２ ≤５ ａ,ｂ≤５０的互素的两个整数,ｎ是适合１≤ｎ≤８００００的整数．     

具有四项的指数丢番图方程(III)

根据定理1, 2和3,求任何一个方程ax-by =n, ax by±az ±bw±1=0或ax ±by±az ±bw=0 (x,y,z,w∈0)的解都是很简单的,此处a,b是适合2a, b50的互素的两个整数,n是适合1n80000的整数.     

具有四项的指数丢番图方程(Ⅲ)

根据定理 １,２和 ３;求任何一个方程 ａ~ｘ－ｂ~ｙ＝ｎ,ａ~ｘｂ~ｙ±ａ~ｚ±ｂ~ｗ±１＝０ 或ａ~ｘ±ｂ~ｙ±ａ~ｚ±ｂ~ｗ＝０（ｘ,ｙ,ｚ,ｗ∈≥０）的解都是很简单的,此处ａ,ｂ是适合 ２ ≤５ ａ,ｂ≤５０的互素的两个整数,ｎ是适合１≤ｎ≤８００００的整数．     

关于丢番图方程x~2-D=p~n的解数

设D是正整数,p是适合p?D的奇素数。本文证明了:当max(D,p)≥10~(190)时,方程x~2-D=p~n至多有3组正整数解(x,n)。     

具有四项的指数丢番图方程(Ⅱ)

本文中，我们给出了丢番图方程的解ｘ，ｙ，ｚ，ｗ的上界，其中ｐ，ｑ是给定的互素的正整数，ａ，ｂ，ｃ，ｄ是给定的适合ａｂｅｄ≠０的整数，此外，我们将指出在具体情形下如何把上界降低到方程允许的实际的解．最后，我们将用这个方法来解方程１９．５ｘ·１７ｙ＝１２．５ｚ＋４１．１７ｗ＋１４， ５． ３ｘ· １３ｙ ＋ ２０＝ ７． ３ｚ ＋ １４． １３ｗ和 １３· ２ｘ＋ ５· ３ｙ＝ ２５． ２ｚ＋ １１． ３ｗ．     

具有四项的指数丢番图方程(Ⅱ)

本文中，我们给出了丢番图方程的解ｘ，ｙ，ｚ，ｗ的上界，其中ｐ，ｑ是给定的互素的正整数，ａ，ｂ，ｃ，ｄ是给定的适合ａｂｅｄ≠０的整数，此外，我们将指出在具体情形下如何把上界降低到方程允许的实际的解．最后，我们将用这个方法来解方程１９．５ｘ·１７ｙ＝１２．５ｚ＋４１．１７ｗ＋１４， ５． ３ｘ· １３ｙ ＋ ２０＝ ７． ３ｚ ＋ １４． １３ｗ和 １３· ２ｘ＋ ５· ３ｙ＝ ２５． ２ｚ＋ １１． ３ｗ．     

关于丢番图方程X~2+4Y~4=pZ~4

设p为素数,p=4A~2+1+2|A,A∈N~*.运用二次和四次丢番图方程的结果证明了方程G:X~2+4Y~4=pZ~4,gcd(X,Y,Z)=1,除开正整数解(X,Y,Z)=(1,A,1)外,当A≡1(mod4)时,至多还有正整数解(X,Y,Z)满足X=|p(a~2-b~2)~2-4(A(a~2-b~2)±ab)~2|,Y~2=A(a~2-b~2)~2±2ab(a~2-b~2)-4a~2b~2A,Z=a~2+b~2;当A≡3(mod4)时,至多还有正整数解(X,Y,Z)满足X=|4a~2b~2A-(4abA±(a~2-b~2))~2|,Y~2=4a~2b~2A±2ab(a~2-b~2)-A(a~2-b~2)~2,Z=a~2+b~2.这里a,b∈N~*并且ab,gcd(a,b)=1,2|(a+b).同时具体给出了p=5时方程G的全部正整数解.     

关于指数型丢番图方程的整数解

本文简要地介绍了有关Ｓ－单位方程、Ｒａｍａｎｕｊａｎ－Ｎａｇｅｌｌ方程、Ｔｈｕｅ－Ｍａｈｌｅｒ方程、ＬｅＶｅｑｕｅ方程、Ｃａｔａｌａｎ方程、Ｐｉｌｌａｉ方程等指数型丢番图方程整数解的最新结果。这些结果大多是用Ｔｈｕｅ－Ｓｉｅｇｌｅ－Ｒｏｔｈ－Ｓｃｈｍｉｄｔ方法和Ｇｅｌ’ｆｏｎｄ－Ｂａｋｅｒ方法得到的。     

关于丢番图方程x2-2p=yn的解

利用初等方法讨论了丢番图方程x2-2p=yn,n＞1,得到当素数p满足一定条件时,存在一类方程无解.     

关于丢番图方程b~x+(2~α)~y=(b+2~α)~z

结合初等和高等的方法研究丢番图方程b~x+2~(αy)=(6+2~α)~z,α≥3正整数解的问题,并得到了如下结论:1.若b为平方数,则方程只有正整数解(x,y,z)=(1,1,1);若b+2~α为平方数,则x=1.2.若x1,则2■z.3.方程3~x+(2~(2k+1))~y=(3+2~(2k+1))~z,k■2 (mod 6),2k+1∈N,2k+11只有正整数解(x,y,z)=(1,1,1).     

On the Diophantine System a^2 ＋ b^2 = c^3 and a^x ＋ b^y = c^z for b is an Odd Prime

Let a, b and c be fixed coprime positive integers. In this paper we prove that if a^2 ＋ b^2 = c^3 and b is an odd prime, then the equation a^x ＋ b^y = c^z has only the positive integer solution （x, y, z） = （2,2,3）.     

一类丢番图方程与有限域上对角方程的解

给出了一类丢番图方程的解数为11,…,18时,其最小整数解的具体表达式,并推广得到该类丢番图方程的解数为素数p时,其最小整数解的具体表达式.还补充了该类丢番图方程的解数为6,8,10时,w的具体值,其中w为有限域F_q上简单对角方程的次数向量d=(d₁,…,d_n)的压缩向量.     

代数数的有理逼近及其在求解丢番图方程中的应用

在本文中,我们利用Ｔｈｕｅ－Ｓｉｅｐｅｌ方法研究一类代数数的有理逼近,证明了对此代数数的有效有一逼近,最后我们利用此结果研究了ｄｉｏｐｈａｎｔｉｎｅ方程。ａｘ＾２－ｂｙ＾４＝－１得出关于此方程完整的结论。     

关于丢番图方程Cx~2＋2~（2m）D＝k~n

设Ｃ，Ｄ，ｋ与ｍ是给定正整数，且满足（Ｃ，２Ｄ）＝１，２｜ｋ＞１以及Ｄ无＞１的平方因子．本文得到了在一些条件下丢番图方程Ｃｘ２＋２２ｍＤ＝ｋｎ最多有一组或两组正整数解的结果．由此我们还给出了若干指数丢番图方程的全部解．结果的证明是基于虚二次域中的初等方法．