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).     

综合题新编选登

题10 0 　已知集合A={ (x,y) | x2 + y2 - 4x- 14 y+ 4 5 <0 } ,B={ (x,y) | y≥| x- m| + 7} .1)若A∩B≠ ,求m的取值范围;2 )若点Q的坐标为(m,7)且Q∈A,集合A,B所表示的两个平面区域的边界交于点M、N ,求△QMN的面积的最大值.图1　题10 0图解　1)如图1,当射线y=x - m+ 7(x≥m)与圆(x- 2 ) 2 + (y-7) 2 =8相切时,由| 2 - m+ 7- 7|2= 2 2得m=- 2或m=6(舍去) .当射线y=- x+ m+ 7(x≤m)与圆(x- 2 ) 2 +(y- 7) 2 =8相切时,由| 2 - m- 7+ 7|2=2 2得m=6或m=- 2 (舍去) .图2　题10 0图故所求的m的取值范围是区间(- 2 ,6 ) .2 )显然点Q在圆(…     

指数丢番图方程a~x+b~y=c~z

设a=|m(m~4-10m~2+5)|,b=5m~4-10m~2+1,c=m~2+1,其中m是正偶数。利用Bilu,Hanrot和Voutier关于本原素除子的深刻结果,证明了指数丢番图方程a~x+b~y=c~z仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,5)。     

错在哪里？

题目 :已知α,β∈ - π2 ,π2 ,tanα =2m ,tanβ=m - 1 ,且α +β<π4 ,求m的取值范围 .这是某参考书上的一个习题 ,解答如下 :由α,β∈ - π2 ,π2 ,且α +β<π4 知-π <α+β<π4 .(1 )当 - π2 <α +β <π4 时 ,tan(α +β)= 3m - 1- 2m2 +2m +1 ,由于 y=tanx在 - π2 ,π4 上是增函数 ,得 3m - 1- 2m2 +2m +1 <1 ,解得 - 1 - 1 74相似文献   

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).     

争鸣

问题　　问题61　笔者在教学中,遇到了这样一个有趣的问题,同学们给出了三种不同的解法,都认为自己的解法有道理.然后,我们几个老师在一起讨论,也有所分歧.现请贵刊予以讨论.题目　设函数y=F(x) ,其定义域为[0 ,+∞) ,值域为R,已知F(x2 - 2 mx+ m+ 2 )的值域为R,求m的取值范围.解法1　令f(x) =x2 - 2 mx+ m+ 2 ,则可转化为对任意x∈R,f(x)≥0恒成立.故Δ=4 m2 - 4(m+ 2 )≤0 ,∴- 1≤m≤2 .解法2　由题意,y=f(x)的图象与直线y=0相切,即f(x)的最小值为0 (x∈R) .故Δ=4 m2 - 4(m+ 2 ) =0 ,∴m=- 1或m=2 .解法3　由题意,只要保证f(x)能取遍…     

变除为乘现原形——两条直线的位置关系可以这样判断

题目已知直线ln:3x+(m+2)y+4m-1=0,直线l2:2mx+10y+7m+1=0.当且仅当m为何值时,l1与l2有以下关系?(1)相交;(2)平行;(3)重合;(4)垂直.解(1)令3×10=2m·(m+2),[草稿纸上写的是:(2m/3)=(10/m+2).这里变除为乘!避免了对2m为不为零的讨论.]     

不动点集是Do1d流形P(2m+1,2n+1)的对合

本文证明了具有光滑对合T的(4n+2m+3+κ)-维闭流形,如果对合的不动点集为F=P(2m+1,2n+1),其中2m+2n=2+22+...+2b(2b为2n二幂展开式的最大二幂),m=4a或m=4a+3(a为非负整数),0＜κ≠2,则对合T协边于零.     

判别式和曲线族的包络

“已知圆方程x~2+y~2-2(2m+1)x-2my+4m~2+4m+1=0(m∈R,),求所有圆的公切线方程。” 这是一道并不太难的解析几何题,有一位同学提出如下独特的解法: 解:把方程按m整理,得4m~2-(4x+2y-4)m+(x~2+y~2-2x+1)=0,由△m=(4x+2y-4)~2-4×4×(x~2+y~2-2x+1)=0化简得y(4x-3y-4)=0,     

一类不定方程组的解的个数

本文将证明以下结论:设m为正整数,当(a,c,δ)取(m,m+1,-1),(m,m+ 2,-2),(m,m+4,-4),或者(m+2,m,2)时,联立的不定方程组■的正整数解(x,y,z)的个数不超过1。     

关于奇算术图

本文讨论了$n$个$m$长圈有一个公共结点图$C^n_m$, $n$个$m$长圈与$t$长路有一个公共结点图$C^n_m\cdot P_t$, $n$个$m$阶完全图有一个公共结点图$K^n_m$和星形图的同胚图的奇算术性问题.给出了完全图,完全二部图和圈是奇算术的充要条件.     

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).     

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）．     

整数距离图G(D_(m,k,2))的点荫度

图G的点荫度va(G)是顶点集合V(G)能划分成的这样一些子集的最少数目,其中任一子集的点导出子图都是森林.整数距离图G(D)以全体整数作为顶点集,顶点u,v相邻当且仅当|u-v|∈D,其中D是一个正整数集.对于m2k≥2,令D_(m,k,2)=[1,m]\{k,2k}.该文得出了整数距离图G(D_(m,k,2))的点荫度的几个上、下界;进而,对于m≥4,有va(G(D_(m,1,2)))=[(m+4)/5];对于m=10q+j,j=0,1,2,3,5,6,有va(G(D_(m,2,2)))=[(m+1)/5]+1.     

与位数码列有关的函数的一个性质

对于正整数ｎ＝ａ１０~ｋｎ＋…ａ,称ａ,ａ是ｎ的位数码,记ｓ（ｎ）＝ａ＋　＋ａ_０,ｓｍ（ｎ）＝（ａ）ｍ＋　＋（ａ_０）~ｍ,称１~ｍ２~ｍ３~ｍ４~ｍ５~ｍ６~ｍ７~ｍ８~ｍ９~ｍ１~ｍ０~ｍ１~ｍ１~ｍ１~ｍ２~ｍ１~ｍ３~ｍ１~ｍ４~ｍ是ｍ阶位数码列,定义函数ｆｍ（ｘ）＝１~ｍ＋２~ｍｘ~１＋ ＋９~ｍｘ~８＋１~ｍｘ~９＋０ｘ~１０＋１~ｍｘ~１１＋１~ｍｘ１２＋…．     

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．