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学完勾股定理后,对"32+42=52"这一结果引发了我的探究兴趣,得到如下结果.1.只有正整数n=4才能使(n-1)2+n2=(n+1)2成立.证明由(n-1)2+n2=(n+1)2化简,得n2-4n=0,于是有n=0或n=4,显然0不是正整数,n=4是唯一的,即3,4,5是唯一的连续正整数勾股数. 相似文献
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1913年,Frobenius对Markoff方程a~2+b~2+c~2=3abc提了一个著名猜想:若abc是Markoff方程的正整数解,则a,b的值由最大的数c唯一确定.此猜想仍未得到解决.本文证明了:任给定正整数s_i,t_i,w,u,v=1,2),若(a_i,b_i,c)是Markoff方程的两组不同的正整数解,且a_ib_ic(i=1,2),则gcd(s_1a_1+s_2a_2+t_1b_1+t_2b_2+w,uc+v)≤K(uc+v)~(13/14),其中K是仅与s_i,t_i,w,u,v(i=1,2)有关的正数. 相似文献
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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. 相似文献
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设a,b,c是适合a=2~(2r)-n~2,b=2~(r+1)n,c=2~(2r)+n~2的正整数,其中r是正整数,n是奇素数.运用初等数论方法讨论了指数Diophantine方程c~x+b~y=a~z.证明了:当2~r=n+1时,方程仅有正整数解(x,y,z)=(1,1,2);否则,方程无解。上述结果部分地证实了有关本原商高数的Miyazaki猜想。 相似文献
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设 d 是无平方因子正整数,h(d)是实二次域 Q(d~(1/2))的类数.本文证明了:如果 da~2=1+4k~(2n),a、k、n 是正整数,k>1,n>1,n 的奇素因子 p和 k 的素因子 q 都适合 gcd(p,(q-1)q)=1,而且 2k~n+ad~(1/2)是 Pell 方程u′~2-dv′~2=-1 的基本解,则除了(a,d,k,n)=(5,41,2,4) 以及 n=2,k=P_mP_(m+1) 或者 2Q_mQ_(m+1) 以外,h(d)=0(modn),这里 m 是正整数,P_m=1/2((1+2~(1/2))~m+(1-2~(1/2))~m),Q_m=1/22~(1/2)((1+2~(1/2))~m-(1-2~(1/2))~m).由此可推得:对于任何正整数 n,存在无限多个实二次域,可使 n 整除其类数. 相似文献
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设 d 是无平方因子正整数,h(d)是实二次域 Q(d~(1/2))的类数.本文证明了:如果 da~2=1+4k~(2n),a、k、n 是正整数,k>1,n>1,n 的奇素因子 p和 k 的素因子 q 都适合 gcd(p,(q-1)q)=1,而且 2k~n+ad~(1/2)是 Pell 方程u′~2-dv′~2=-1 的基本解,则除了(a,d,k,n)=(5,41,2,4) 以及 n=2,k=P_mP_(m+1) 或者 2Q_mQ_(m+1) 以外,h(d)=0(modn),这里 m 是正整数,P_m=1/2((1+2~(1/2))~m+(1-2~(1/2))~m),Q_m=1/22~(1/2)((1+2~(1/2))~m-(1-2~(1/2))~m).由此可推得:对于任何正整数 n,存在无限多个实二次域,可使 n 整除其类数. 相似文献
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设n是正整数.本文证明了:方程(n+1)+(n+2)y=nz仅当n=3时有正整数解(y,z)=(1,2). 相似文献
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我叫智慧数 ,是正整数王国的一个组成部分 .我的特征是能表示为两个不同正整数的平方差 ,比如 2 4=72 -5 2 ,2 4就是一个智慧数 .细心、好奇的同学通过观察运算会发现 ,我在正整数王国里出现是很有规律的 .1是最小的正整数 ,它不能表示为两个不同正整数的平方差 ,所以 1不是智慧数 .对于大于 1的奇正整数 2k + 1 ,有 2k+ 1 =(k+ 1 ) 2 -k2 (k =1 ,2 ,… ) ,所以大于 1的奇正整数都是我的家庭成员 .被 4整除的偶数 4k,总有 4k =(k+ 1 ) 2 -(k-1 ) 2 (k=2 ,3,4,… ) ,即大于4且是 4的整数倍的数都是智慧数 ,而 4不能表示为两个不同… 相似文献
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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). 相似文献
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《数学的实践与认识》2013,(9)
设a,b,c是满足a=m2-n2-n2,b=2mn,c=m2,b=2mn,c=m2+n2+n2的正整数,其中m,n是适合m>n,gcd(m,n)=1,2|mn的正整数.运用初等数论方法讨论了方程c2的正整数,其中m,n是适合m>n,gcd(m,n)=1,2|mn的正整数.运用初等数论方法讨论了方程cx+bx+by=ay=az的正整数解(x,y,z).证明(m,n)≡(0,1),(0,5),(1,2),(2,3),(3,4),(4,1),(4,5),(5,6),(6,7)或(7,0)(mod8)时,方程无解.上述结果部分地解决了有关本原商高数的一个新猜想. 相似文献
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广义Ramanujan-Nagell方程x~2+D~m=p~n的解数 总被引:2,自引:0,他引:2
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). 相似文献
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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). 相似文献
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<正>问题(2013年"华约"第5题)数列an+1{an}中的各项均为正数,且对任意的n∈N*满足an+1=an+ca2n(c>0).(1)证明:对任意的M>0,存在正整数N,当n>N时,an>M成立;(2)设bn=1/can+1,Sn=b1+b2+…+bn,证明:对任意d>0,存在正整数K,当n>K时,0<|sn-1/ca1|相似文献