关于丢番图方程x~p-y~p=z~2

Terjanian在1977年曾经证明不定方程 p是奇素数 (1)如果有整数解,则2p|x或2p|y。 本文证明了以下结果: 1. 设y=2(mod 4),则不定方程 x~p-y~p=z~2,(x,y)=1,p>3是素数 (2)没有整数解。 2. 设y=4(mod 8),则(2)没有整数解。 3. 如果(1)有整数解,p>3,则8p|x或8p|y。这是Terjanian的结果的改进。     

不定方程x4-y4=n整数解求法探讨

求方程 x4- y4=n　 ( n∈ N)的整数解 ,至今还没见到一般方法 ,本文将给出这类不定方程一种解法 .文中字母 P表示质数集 ,符号 ( a,b)( a、b∈ Z)表示不定方程　　 x4- y4=n　 ( n∈ N) ( 1 )的整数解 .定理 1　若 n∈ P,则方程 ( 1 )没有整数解 .证明　假定方程 ( 1 )有整数解 ( a,b) ,定有　 a2 b2 =n,　 a2 - b2 =1 ,∵　 a、b∈ Z,| a| >| b| ,只有　　　 (± 1 ) 2 - 0 2 =1 ,∴　 a =± 1 ,　 b =0 ,　 a2 b2 =1 ,与 a2 b2 =n是质数相矛盾 ,故方程 ( 1 )没有整数解 .由费马定理知 ,有定理 2　当 n =m4( n∈ N)时 ,则方程 ( 1…     

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   

关于不定方程y(y+1)(y+2)(y+3)=4n~2x(x+1)(x+2)(x+3)

设1n∈N*,运用Pell方程的一些结果以及代数数论和p-adic分析方法证明了不定方程y(y+1)(y+2)(y+3)=4n~2x(x+1)(+2)(x+3)(x,y∈N*)除开n=1189时仅有一组解(x,y)=(33,1680)外,无其他解.     

关于不定方程x~2+4~n=y~(13)(n=4,5,6)的整数解

在高斯整环中,利用代数数论与同余理论的方法,讨论了不定方程x~2+4~n=y~(13)(n=4,5,6)的整数解问题,得出了当n=4,5时无整数解;n=6是仅有整数解(x,y)=(64,2)和(x,y)=(-64,2)的结论,推进了不定方程整数解的研究.     

非整边的直角三角形整距点问题

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…     

关于不定方程x3-1=749y2

利用同余式、平方剩余、Pell方程的解的性质、递归序列证明了:不定方程x³-1=749y²仅有整数解(x,y)=(1,0).     

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).     

关于一类指数Diophantine方程的可解性

设p是奇素数,根据高次Diophantine方程和广义Ramanujan-Nagell方程的性质,运用初等数论方法证明了:方程x~2+(2p-1)~m=p~n的例外解(x,m,n)都满足2|m以及2|n可知:当p=3(mod4)时,方程仅有正整数解(x,m,n)=(p-1,1,2).     

关于方程Dx~2±1=y~p,xy≠0

对于Diophantus方程 Dx~2 1=y~p,xy≠0,p>ε是素数,(1) 当D=2时。它仅有整数解x=±11,y=3(p=5)(参阅[1])。而当D>2无平方因子时,Nagell证明了:设ph(-D),这里h(-D)表示虚二次域Q((1/2)D)的类数,则方程(1)给出2|y。     

微分方程解题一例

我们来看一个简单的问题 :一个函数的 n阶导数等于其自身 ,求该函数。如果用 y=f( x)表示未知的函数 ,问题转化为解微分方程y( n) =y ( 1 )　　 n=1时 ,方程为 y′=y,一个特解为 y1=ex。n=2时 ,方程为 y″=y,两个线性无关的特解为 y1=ex,y2 =e- x。n=3时 ,方程为 y =y,特征方程为 λ3=1 ,λ=1 ,-12 ± i 32 ,三个线性无关的特解为 y1=ex,y2 =e- x2 cos 32 x,y3=e- x2 sin 32 x。n=4时 ,方程为 y( 4) =y,特征方程为λ4 =1 ,λ=± 1 ,± i,四个线性无关的特解为 y1=ex,y2 =e- x,y3=cosx,y4 =sinx。n=5时 ,方程为 y( 5) =y,特征方程为 λ5=1 ,…     

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).     

关于丢番图方程 x~4-Dy~2=1

<正> 关于丢番图方程x~4-Dy~2=1,D>0且不是平方数,(1)有过一系列工作,其主要结果如下:Nagell 证明了 D≡3(mod 8)是素数,(1)无正整数解.Ljunggren 证明了(1)最多只有两组正整数解.Cohn 证明了 D 使得 x~2-Dy~2=-4有解 x≡y≡1(mod 2),则(1)除开有限个D 的值外,仅有整数解 x=1.     

关于丢番图方程axm±1/ax±1=yn与axm±1/ax±1=yn+1

本文证明了方程(1.4)没有x是一个n次完全幂的整数解(a,x,y,m,n),从而推广了乐茂华的结论:方程(1.1)没有x是一个n次完全幂的整数解(x,y,m,n),并有条件的得到了方程(1.5)的全部解.     

关于丢番图方程(ax~m±1)/(ax±1)=y~n与(ax~m±1)/(ax±1)=y~n+1

本文证明了方程(1.4)没有x是一个n次完全幂的整数解(a,x,y,m,n),从而推广了乐茂华的结论:方程(1.1)没有x是一个n次完全幂的整数解(x,y,m,n),并有条件的得到了方程(1.5)的全部解.     

陕西省第四次大学生高等数学竞赛(复赛)试题(附答案)〔2001年10月13日上午9∶00—12∶00〕

一、( 1 0分 )求 dndxn( x3x2 -1 ) |x=0 　 ( n>1 ) [=0 ,当 n为偶数-n!,当 n为奇数二、( 1 0分 )设函数 φ( x)、f( x)有一阶连续导数 ,且 f′( x) >0 ,又函数 z( x,y) =f[x φ( y) ]满足方程φ( y) z x- z y=0 ,求φ( y) .[=Cey三、( 1 0分 )计算 I =∫ 11 kcosxdx,k为非零常数 .[当 |k|>1时 ,I =1k -1k -1k 1 lnk 1k -1 tan x2k 1k -1 -tan x2 C;当 0 <|k|<1时 ,I =21 -k2 arctan( 1 -k1 ktan x2 ) C;当 k =± 1时 ,I =± cscx± cotx C,四、( 1 0分 )设 xn 1=14( 3 xn 81x3 n) ( n=0 ,1 ,2 ,… ) ,其中 x0 >0 .( 1 )证明…     

若干xA+yB=zC型方程的非零整数解

1998年 ,美国银行家安德算 .比尔悬赏 5万美元征求方程 x A y B=z C整数解的求法 ,引起轰动 ,本文对一些特殊情形作探讨 .因 A=B=C的情形已完全解决 ,本文考虑 A、B、C不全相等的情形 .1 .方程 x3 y4=z5有整数解x =n( n3 1 ) 8,　 y =( n3 1 ) 6,z =( n3 1 ) 5,　 n∈ N事实上 ,把有关值代入 :x3 y4=n3 ( n3 1 ) 8× 3 ( n3 1 ) 6× 4=( n3 1 ) 2 4( n3 1 )=( n3 1 ) 5× 5=z5.如命 n =3,有 1 1 51 4 0 5990 0 83 481 890 30 4 4 =1 72 1 0 36 85.2 .方程 x4 y3 =z2 有整数解( 1 ) x =n2 ( n 1 ) 24 ,y =n2…     

2007年普通高等学校招生全国统一考试 (湖北卷)数学(理工农医类)

一、选择题:本大题共10小题,共50分.1.如果(3x2-x23)n的展开式中含有非零常数项,则正整数n的最小值为()A.3B.5C.6D.102.将y=2cos(3x 6π)的图象按向量a=(-4π,-2)平移,则平移后所得图象的解析式为()A.y=2cos(3x 4π)-2B.y=2cos(3x-4π) 2C.y=2cos(3x-1π2)-2D.y=2cos(3x 1π2)-23.设P和Q是两个集合,定义集合P-Q={x|x∈P,且x Q},如果P={x|log2x<1},Q={x||x-2|<1},那么P-Q等于()A.{|x|0相似文献   

关于丢番图方程X~3±1=1267y~2的整数解

关于丢番图方程x³±1=1267y3±1=1267y²的初等解法至今仍未解决.主要利用递归序列、同余式、平方剩余、Pell方程的解的性质、Maple小程序,证明了丢番图方程x2的初等解法至今仍未解决.主要利用递归序列、同余式、平方剩余、Pell方程的解的性质、Maple小程序,证明了丢番图方程x³-1=1267y3-1=1267y²有整数解(x,y)=(1,0),(60817,±421356),而丢番图方程x2有整数解(x,y)=(1,0),(60817,±421356),而丢番图方程x³+1=1267y3+1=1267y²仅有整数解(x,y)=(-1,0).