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).     

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   

关于公式1+2+…+n=(n(n+1))/2

<正>九年义务教育三年制初中《代数》第一册(上)第38页,B组第二题为:正整数从1开始,逐个相加,一直加到n,它们的和记作s,即s=1+2+3+…+n(n表示一个正整数),写出计算s的公式.这道题目中含有字母且设问富有思考性,解题方法体现了数学方法,更重要的是结果能作公式用,而且应用分层次用.为帮助同学理解这些特点,现对这道题进行解读,供同学们参考.     

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.     

关于丢番图方程（195n）x+（28n）y=（197n）z

运用同余及元素阶的性质,证明了对任意的正整数n,丢番图方程(195n)x+(28n)y=(197n)z仅有正整数解(x, y, z)=(2,2,2)。     

a_(n+1)=p(n)a_n~2+f(n)a_n+r(p(n)≠0)型数列的求解方法

数列问题的背景新颖 ,能力要求高 ,内在联系密切 ,思维方法灵活 ,因此倍受命题者的青睐 .解答数列问题要求熟练掌握数列基础知识 ,灵活运用基本数学思想方法 ,善于转化 .an+1 =p( n) .a2n+ f ( n) .an+ r ( p( n)≠0 )型数列是数列和二次函数、不等式相结合的典范 ,难度较大 .求解此类问题的思维模式是 :观察—归纳—猜想—证明 .求解的主要方法是 :分析法 ,比较法 ,消去法 ,综合法 ,放缩法 ,数学归纳法 .例 1　数列 x1 ,x2 ,… ,由 x1 =12 ,xn+1 =x2n + xn( n =1,2 ,… )给出 ,Sn与 Pn 分别是数列 y1 ,y2 ,y3 ,… ,前 n项的和与积 ,这里 y…     

关于Diophantine方程（44n）x＋（117n）y=（125n）z 的整数解

在Jeismanowicz猜想的基础上,利用初等方法证明了对任意的正整数n, Diophantine方程（44n）x＋（117n）y=（125n）z 仅有正整数解（x, y, z）=（2,2,2）。     

满足x~ny~n,yx〕=0,n有界的环

本文证明满足[x~ny~n,yx]=0的半质环是交换环,这里 n=n(x,y)是有界正整数,作为该定理的一个应用,我们得出当 n=n(x,y)是大于1的有界正整数时,满足(xy)~n-x~ny~n∈Z(R)(R 的中心)的半质环是交换环。     

临界状态下的三项Diophantine方程

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).     

关于方程xy+yz+zx=n的正整数解

本文在广义Ｒｉｅｍａｎｎ猜想成立的条件下证明了：当且仅当正整数ｎ＝１，２，４，６，１０，１８，２２，３０，４２，５８，７０，７８，１０２，１３０，１９０，２１０，３３０，４６２时，方程ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ＝ｎ无正整数解（ｘ，ｙ，ｚ）．     

The exponential Diophantine equation x2 + (3n 2 + 1) y = (4n 2 + 1) z

Let n be a positive integer. In this paper, using the results on the existence of primitive divisors of Lucas numbers and some properties of quadratic and exponential diophantine equations, we prove that if n ≡ 3 (mod 6), then the equation x ² + (3n ² + 1) ^y = (4n ² + 1) ^z has only the positive integer solutions (x, y, z) = (n, 1, 1) and (8n ³ + 3n, 1, 3).     

关于指数型超椭圆方程x^2=p^2m-p^m＋n＋1

证明了指数型超椭圆方程x^2=p^2m-p^m＋n＋1无解（x,p,m,n）,其中x,m,n∈N^＋,m〉n〉1,p∈P．上述结果部分解决了组合论中关于可逆Abel差集的Ma猜想．     

The equation $$x^4+2^ny^4=z^4$$ x 4 + 2 n y 4 = z 4 in algebraic number fields

Acta Mathematica Hungarica - Let n be a positive integer. We show that if the equation $$(1) \qquad \qquad \qquad x^4+2^ny^4=z^4$$ has a solution (x,y,z) in a cubic number field K with $$xyz \neq...     

Diophantine方程nx~2+2~m=y~n(英文)

设n是大于3的奇数.本文运用Y.Bilu,G.Hanrot和P.M.Voutier关于Lehmer数本原素因子存在性的新近结果,证明了方程nx~2+2~m=y~n没有适合gcd(x,y)=1且m为奇数的正整数解(x,y,m).     

关于数论函数$\sigma(n)$的一个注记

对于两个不相同的正整数$m$和$n$, 如果满足$\sigma(m)=\sigma(n)=m+n$, 则称之为一对亲和数, 这里$\sigma(n)=\sum_{d|n}d$.本文给出了$f(x,y)=x^{2^{x}}+y^{2^{x}}(x>y\geq{1},(x,y)=1)$不与任何正整数构成亲和数对的结论, 这里$x$,$y$具有不同的奇偶性, 即, 关于$z$的方程$\sigma(f(x,y))=\sigma(z)=f(x,y)+z$不存在正整数解.     

方程xy+yz+zx=n的正整数解

本文用 Ｓｉｅｇｅｌ－Ｔａｔｕｚａｗａ定理证明了：当ｎ＞１．２×１０~１１时,至多有两个正 整数ｎ。使方程ｘｕ＋ｙｚ＋ｚｘ＝ｎ无适合（ｘ,ｙ,ｚ）＝１且０＜ｘ＜ｙ＜ｚ的解（ｘ,ｙ,ｚ）, 并给出类数为２的二次域与多项式表素数的一个结果．     

商高数的Je?manowícz猜想

利用Bilu、Hanrot 和 Voutier关于本原素因子存在性理论及二次丢番图方程解的表示方面的一些精细结果证明:当a=n+1, b=2n(n+1), c=2n(n+1)+1时, 方程a^x+b^y=c^z仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,2).       

关于Diophantine方程(a~n-1)((a+1)~n-1)=x~2

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.