关于丢番图方程a~x+b~y=c~z

[1]曾经给出max(a,b,c)<11时的全部非负整数解(x,y,z),[2]给出了(a,b,c)=(2,11,5)时的全部非负整数解,[3]解决了11≤max(a,b,c)≤17时的情形(除开(a,b,c)=(3.13,2)),而[4]解决了(a,b,c)=(3,13,2)的情形。Hall曾经问道:丢番图方程     

丢番图方程ax~4+by~4=cz~2的解法

对正整数a,b,c给出了丢番图方程ax4+by4=cz2当(a,b,c)=(2,3,5)时的全部正整数解,结合佟瑞洲关于(a,b,c)=(5,3,2)时方程ax4+by4=cz2的结果,我们给出了丢番图方程ax4+by4=cz2当min{a,b,c}>1且max{a,b,c}≤5时的全部正整数解.从而拓展了Mordell等人关于ax4+by4=cz2的结果.     

非齐次边值条件下一类静态梁方程的正解

讨论带导数项的方程 y( 4) (x) =f(x ,y(x) ,y′(x) ,y″(x) ,y (x) )在非齐次边值条件 y(0 )=a ,y(1) =b ,y″(0 ) =c ,y″(1) =d下正解的存在性 ,其中a≥ 0 ,b≥ 0 ,c≤ 0 ,d≤ 0 .假定 f在零点次线性增长 ,在无穷远点超线性增长 ,则上述问题当max{a ,b ,-c ,-d}充分小时有非负解存在 ,当max{a ,b ,-c ,-d}充分大时无非负解存在 .     

一个包含勾股数的Euler函数非线性方程的正整数解

利用欧拉函数的性质与初等数论的方法,讨论包含勾股数的Euler函数非线性方程φ(xyz)=aφ(x)+bφ(y)+cφ(z)-m(a,b,c为勾股数且gcd(a,b,c)=1),当(a,b,c)=(3,4,5)且m=16时的正整数解情况,并证明该方程共有28组正整数解。     

M_3的一个求法

令α,β,γ为非负整数.κ是使 κα=lβ+mγ,l≥0,m≥0成立的最小正整数.上式叫做α关于β,γ的范式 本文主要结论为下述定理 定理 设a,b,c为三个正整数(a,b,c)=1.令 (a,b)=d_3, (b,c)=d_1, (c,a)=d_2 c=αd_2d_3,b=βd_1d_3,c=γd_1d_2又α关于β,γ;β关于α,γ的范式分别为 κα=lβ+mγ uβ=να+wγ如果m,w不全为o,则不能由线性式 αx+by+ca,X≥0,y≥0,z≥0 表出的最大整数M_3为 M_3=max(λα+wγ,uβ+mγ)d_1d_2d_3-a-b-c 根据本定理,本文设计出一种较简明的求M_3的算法.     

关于丢番图方程Ax4+Bx2y2+Cy4=z2的解

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)。     

关于三元一次不定方程的Frobenius问题

设a,b、c为正整数,且(a,b,c)=1,以g(a,b,c)表示不能由ax+by+cz(x≥0,y≥0,z≥0)表出的最大整数,求g(a,b,c)的表达式的问题称为Frobenius问题。柯召证明了     

三元变系数Euler函数非线性方程的正整数解

利用欧拉函数的性质与初等数论的方法,讨论了三元变系数Euler函数非线性方程φ(xyz)=aφ(x)+bφ(y)+cφ(z)-m,当(a,b,c)=(2, 3, 4),m=8时的正整数解情况,并证明了该方程共有32组正整数解.     

不定方程ax+by+cz=n的非负整数解的存在性问题的若干定理

书[1]中指出:“命a,b,c为三正整数,且(a,b,c)=1,求最大之整数不可由ax+by+cz(x≥0,y≥0,z≥0)表出者。此乃一未经解决之问题。” 这一问题的解决,与系数a,b,c都为正整数的不定方程 (1) ax+by+cz=n的非负整数解的存在性问题有密切的联系。 本文将使后一问题在大多数情形下得到解决,从而得到前一问题的部分结果。为此,我们需要用到下面的 引理 设(a,b)=1,a>0,b>0,n≥0,那么方程 (2) ax+by=n有非负整数解的充要条件是n≠ab-ka-ιb,这里k>0,0<ι≤a是整数。 (限制0<ι≤a只是为了使表示法ab-ka-ιb是唯一的,下面,我们总是假定有这个限制)。     

关于丢番图方程a~x+b~y=c~z

对于方程α~x+b~y=c~t,α,l,c为不同素数,的非负整数解问题:人们已有许多研究.在max(α,b,c)<23时人们用各种方法求出了方程之解.本文中:作者用完全初等的方法求出了在max(α,b,c)=23时方程的解.文中:我们先取一定的模:使方程成为下面的形式:α(α~x-1)=β(β~y-1).然后再用取模的手段求出上面方程的解为:x=y=0     

关于一个非交换的格序群

群Ｇ有三个无穷阶生成元ａ,ｂ,ｃ,并且定义着关系ａ＋ｂ＝ｂ＋ａ,ａ＋ｃ＝ｃ＋ｂ,ｂ＋ｃ＝ｃ＋ａ,Ｇ＋包含ｍａ＋ｍ′ｂ＋ｎｃ（ｍ,ｍ′,ｎ为整数）当且仅当ｎ＞０或ｎ＝０而ｍ≥０,ｍ′≥０。将其中的等式改写成ａ＋（±ｂ）＝（±ｂ）＋ａ,ａ＋（±ｃ）＝（±ｃ）＋ｂ,ｂ＋（±ｃ）＝（±ｃ）＋ａ,并且给出生成元是独立的。在此基础上给出详细的证明,然后给出有关它的一些性质。     

关于指数丢番图程ax+by=cz的一个Jacobi 符号

设r是大于 1的奇数 ,u ,v是适合 2 ｜u ,gcd(u ,v) =1,u >2rv/π的正整数 .又设a ,b ,c是适合a+b - 1=(u+v - 1) r 以及c=u2 +v2 的正整数 .确定了Jacobi符号的值 .这一结果有助于指数Diophantine方程ax+by =cz 的求解     

关于本原商高数的Terai猜想

设(a,b,c)是一组适合a为偶数的本原商高数,证明了:当c是素数方幂时,方程x2 by=cz仅有正整数解(x,y,z)=(a,2,2)可使y是偶数.     

关于本原商高数的Terai猜想

设(a,b,c)是一组适合a为偶数的本原商高数,该文证明了:当c是素数方幂时,方程x2 by=cz仅有正整数解(x,y,z)=(a,2,2)可使y是偶数.     

子环扩张的morphic性质

设R是一个环,C是R的子环,C包含环R的单位元.令CR={(c,r)|c∈C,r∈R},按方式(c1,r1)+(c2,r2)=(c1+c2,r1+r2)和(c1,r1)·(c2,r2)=(c1c2,c1r2+r1c2+r1r2)定义加法和乘法,易证CR是环,且单位元为(1R,0),故称这样的环为R的子环扩张.特别的,当子环C就取环R本身时,称R×R为R的平凡子环扩张.文章给出一些相关性质和例子,并证明了:1)若S=C×R是morphic环,则C和R也都是morphic环;2)若R是半单环,则R的平凡子环扩张是强morphic环.     

广义Fermat数中的孤立数

设n是正整数,a是大于1的正整数,论文证明了广义Fermat数F(a,n)当n>max(8,loga/log 2)时都是孤立数.     

关于丢番图方程ax~4+by~4=cz~2

目的对某类特殊的正整数a,b,c,寻找给出丢番图方程ax4+by4=cz2的全部正整数解的方法。方法利用初等方法把方程ax4+by4=cz2化为方程x2+my2=z2,给出方程ax4+by4=cz2的全部正整数解。结果给出了当(a,b,c)=(5,3,2)时方程ax4+by4=cz2的全部正整数解。结论利用上述方法可以解决一类方程ax4+by4=cz2的求解问题,从而拓展了Mordell等人关于ax4+by4=cz2的结果。     

正规族与正规函数的一个注记

设F为单位圆盘△上的一族全纯函数,a和b为2个有限的复数且有b≠a,如果对任意的z∈△且对每个f∈F,若f=α→f′=α,且f=b≥→f′=b,则存在一正整数M且对任意的f∈F,有（1-｜z｜^2）f^#（z）=（1-｜z｜^2）｜f′（z）｜/1＋｜f（z）｜^2≤M.     

常系数递归数列求和方法

讨论了常系数线性递归数列的一些性质,对非齐次线性递归数列一类特殊情况进行了分析,给出了它的通项公式的一般形式,对其它类型的非齐次线性递归数列的通项形式也进行了简单的讨论,利用以上结果最后对著名的Fibonacci数列和Hanoi数列进行了详细讨论。     

不定方程m~4x(x+1)(x+2)(x+3)=(m~4-1)y(y+1)(y+2)(y+3)的整数解

运用初等方法对不定方程ax(x+1)(x+2)(x+3)=by(y+1)(y+2)(y+3)的整数解进行了研究,得到了当a=m4,b=m4-1时方程的非负整数解仅有(x,y)=(0,0)。