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1.
管训贵 《湖北民族学院学报(自然科学版)》2012,(4):404-408
设p为奇素数.证明了:①若整数n>2,则丢番图方程x(x+1)(x+2)=2pyn仅有正整数解(p,x,y)=(3,1,1);②若整数n=2,则丢番图方程x(x+1)(x+2)=2pyn在p■1(mod 8)时仅有正整数解(p,x,y)=(3,1,1),(3,2,2),(3,48,140),(11,98,210);在p≡1(mod 8)时的正整数解为(p,xn,yn)=(p,16t2n,4untnsn),这里p,un,tn,sn满足sn+2=6sn+1-sn,s1=3,s2=17,tn+2=6tn+1-tn,t1=1,t2=6及pu2n=16t2n+1. 相似文献
2.
《延安大学学报(自然科学版)》2021,(3)
Jesmanowicz猜想Diophantine方程(na)~x+(nb)~y=(nc)~z仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,2),其中a,b,c是两两互素的正整数且满足a~2+b~2=c~2。主要运用简单同余法、奇偶分析法、二次剩余理论以及分类讨论等初等方法,证明了对任意的正整数n,Diophantine方程(36n)~x+(323n)~y=(325n)~z仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,2)。即证明了:当(a,b,c)=(36,323,325)时Jesmanowicz猜想成立。 相似文献
3.
贺光荣 《内蒙古师范大学学报(自然科学版)》2011,40(3)
设n是正奇数,Un=(αn+βn)/2.yn=(αn-βn)/2√2,其中α=1+√2,β=1-√2.运用Pell数的算术性质讨论了方程x2+Uyn=Vzn的正整数解(x,y,z).证明了当n≡±3(rood 8)时,该方程仅有正整数解(x.y,z)=(V2n-1.2,4). 相似文献
4.
《曲阜师范大学学报》2021,(1)
利用初等数论方法及同余性质证明了椭圆曲线方程y~2=qx(x~2-256)除整数解(0,0),(16,0)外还有其它正整数解,即:(ⅰ)当q=5时方程仅有正整数解(x,y)=(20,120),(144,3840);(ⅱ)当q=29时方程仅有正整解(x,y)=(156816,334414080);(ⅲ)当q=41时方程仅有正整数解(x,y)=(25,615);(ⅳ)当q≠5,29,41时方程至多只有一组正整数解(x,y),其中q为无平方因子的正奇数. 相似文献
5.
管训贵 《安徽大学学报(自然科学版)》2021,45(5):20-27
设a,b,c为两两互素的正整数且满足a2+b2=c2.1956年,Je?manowicz猜测丢番图方程(na)x+(nb)y=(nc)z仅有正整数解x=y=z=2.此利用初等方法证明了:对于任意的正整数n,除去x=y=z=2外,丢番图方程(56n)x+(33n)y=(65n)z,(80n)x+(39n)y=(89n)z和(20n)x+(99n)y=(101n)z无其他的正整数解,即当(a,b,c)=(56,33,65),(80,39,89)和(20,99,101)时,Je?manowicz猜想成立. 相似文献
6.
关于不定方程6x(x+1)(x+2)(x+3)=7y(y+1)(y+2)(y+3) 总被引:1,自引:0,他引:1
主要运用pell方程、递推序列、同余式及(非)平方剩余等一些初等方法,证明了不定方程6x(x+1)(x+2)(x+3)=7y(y+1)(y+2)(y+3)仅有正整数解(x,y)=(25,24).沿用该文相同思路和方法得出关于不定方程mx(x+1)(x+2)(x+3)=ny(y+1)(y+2)(y+3)其中(m,n)=(6,11)和(m,n)=(5,11)时均无正整数解. 相似文献
7.
周科 《广西师范学院学报(自然科学版)》2006,23(2):25-28
证明了丢番图方程15 25 … x5=y2必有无穷多组正整数解(xn,yn)=(xn,xn(x2n 1)un),且满足:xn 2=10xn 1-xn 4,x1=1,x2=13un 2=10un 1-un,u1=1,u2=11,给出了部分由计算机程序得到的解. 相似文献
8.
刘杰 《云南民族大学学报(自然科学版)》2018,(5)
运用递归序列,同余式方法,证明了不定方程x(x+1)(x+2)(x+3)=15y(y+1)(y+2)(y+3)仅有正整数解(x,y)=(3,1),(25,12).从而更进一步证明了不定方程x2-15 (y2+3y+1)2=-14仅有整数解(±x,y)=(1,-1),(1,-2),(1,-3),(1,0),(19,1),(19,-4),(701,12),(701,-15). 相似文献
9.
1956年Jes'manowícz猜测Diophantine方程(na)x+(nb)y=(nc)z仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,2),其中a,b,c是两两互素的正整数且满足a2+b2=c2。利用初等方法证明了对任意的正整数n,当a=7·13,b=22·32·5·23,c=41·101时,Jes'manowícz猜想成立。 相似文献
10.
白金卉 《广西师范学院学报(自然科学版)》2018,(3)
用初等方法,证明了不定方程x(x+1)(x+2)(x+3)=37y(y+1)(y+2)(y+3)无正整数解,并得到了其全部整数解.同时证明了不定方程(x2+3x+1)2-37y2=-36仅有整数解(x,±y)=(0,1),(-1,1),(-3,1),(-2,1). 相似文献
11.
《西南师范大学学报(自然科学版)》2016,(4)
运用递推序列的方法,证明了不定方程x(x+1)(x+2)(x+3)=34y(y+1)(y+2)(y+3)仅有正整数解(x,y)=(14,5). 相似文献
12.
运用递推序列的方法,证明了不定方程x(x+1)(x+2)(x+3)=34y(y+1)(y+2)(y+3)仅有正整数解(x,y)=(14,5). 相似文献
13.
关于不定方程3x(x+1)(x+2)(x+3)=5y(y+1)(y+2)(y+3) 总被引:3,自引:2,他引:1
运用递推序列方法,证明了不定方程3x(x+1)(x+2)(x+3)=5y(y+1)(y+2)(y+3)仅有正整数解(x,y)=(7,6). 相似文献
14.
关于不定方程x(x+1)(x+2)(x+3)=15y(y+1)(y+2)(y+3) 总被引:1,自引:0,他引:1
利用递归数列的方法,证明了不定方程x(x+1)(x+2)(x+3)=15y(y+1)(y+2)(y+3)仅有正整数解(x,y)=(3,1),(25,12). 相似文献
15.
关于Diophantine方程y~2=px(x~2+2) 总被引:1,自引:0,他引:1
管训贵 《北京教育学院学报(自然科学版)》2011,6(1):1-2
对于Diophantine方程y2=px(x2+2),这里p为奇素数,证明了:当p=2593时,它有唯一的正整数解(x,y)=(72,31116). 相似文献
16.
关于丢番图方程x4+mx2y2+ny4=z2 总被引:13,自引:0,他引:13
利用初等数论和Fermat无穷递降法证明了方程x4+mx2y2+ny4=z2在(m,n)=(18,27),(-9,-27).(±9,27),(±18,-27),(18,189),(-36,216)时均无正整数解,并且获得了方程在(m,n)=(士6,24),(±12,-60),(9,-27),(-18,189),(36,216),(-18,27)时的无穷多组正整数解的通解公式,从而完善了Aubry等人的结果. 相似文献
17.
苟莎莎 《重庆工商大学学报(自然科学版)》2015,32(9):48-52
运用递归序列和平方剩余的方法,证明了不定方程3x(x+1)(x+2)(x+3)=7y(y+1)(y+2)(y+3)仅有正整数解(x,y)=(4,3). 相似文献
18.
关于Diophantine方程nx(x+d)(x+2d)(x+3d)=y(y+d)(y+2d)(y+3d)的一点注记 总被引:1,自引:0,他引:1
乐茂华 《曲靖师范学院学报》2009,28(3)
设d是大于1的正整数.本文运用初等数论方法证明了:如果d的素因数P都适合P=2或者p=±3(mod 8),则方程2x(x+d)(x+2d)(x+3d)=y(y+d)(y+2d)(y+3d))仅有正整数解(x,y)=(4d,5d). 相似文献
19.
佟瑞洲 《河南科技大学学报(自然科学版)》2006,27(2):91-93
证明了丢番图方程4x4-6x2y2 3y4=z2,(x,y)=1的全部正整数解为(x,y,z)=(x0/2,ab,(3a4 b4)/4), (Xn,2yn,2zn),认为仅有正整数解(x,y,z)=(1,1,1)是不妥的,它漏掉了(xn,2yn,2zn)及(x0/2,ab,(3a4 b4)/ 4);丢番图方程x4-6x2y2 12y4=z2,(x,y)=1的全部正整数解为(x,y,z)=(x0,ab,(3a4 b4)/2),(xn,yn, zn),认为仅有正整数解(xn,yn,zn),则漏掉了(x0,ab,(3a4 b4)/2)。 相似文献
20.
对于Pell方程组x^2-6y^2=1和y^2-Dz^2=4,证明了:D=2^n(n≥,n∈N)时,仅有正整数解(n=5),(x,y,z)=(485,198,35)。 相似文献