关于不定方程组6x2-4y2＝2，20y2-6z2＝14

运用Baker方法得到了不定方程组6x2-4y2=2,20y2-6z2=14的正整数解的上界。其中y的上界为1018382。     

关于不定方程组正整数解的上界

在不定方程(组)的研究中,整数解的绝对值的上界确定是一个重要的问题,因为一旦知道了这一上界,从理论上讲,只要把界内的整数代入原方程(组)一一验算,即可得全部整数解.运用Baker方法得到了不定方程组5x2-3y2=2,16y2-5z2=11的正整数解的上界为1218390.     

关于不定方程组6x~2-4y~2=2,20y~2-6z~2=14

用初等的证明方法,即递归数列的方法,对一个不定方程组6x2-4y2=2,20y2-6z2=14进行了较深入的研究。证明了该方程组有且仅有两个正整数解,这两个正整数解分别为x(,y,z)=1(,1,1)和x(,y,z)=(89,109,199)。     

关于丢番图方程x4±6px2y2±3p2y4=z2

设p为素数,利用Fermat无穷递降法,研究方程x4±3px2y2+3p2y4=z2与x4±6px2y2-3p2y4=z2正整数解的存在性,证明该方程在p≡5(mod 12)时均无正整数解,在p≡11(mod 12)时有解且有无穷多组正整数解,获得方程无穷多组正整数解的通解公式和方程的部分正整数解.     

关于丢番图方程x2±y4=±z6

利用简洁初等方法,证明了丢番图方程x2±y4=z6,x2+y6=z4,x4±4y4=z3,x4-y4=2z3均无正整数解,方程x4+y4=2z3,(x,y)=1,仅有正整数解x=y=z=1.     

关于丢番图方程x6±y6=Dz2

设正整数D无平方因子且不被6k+1形素数整除,证明了丢番图方程x6±y6=Dz2,(x,y)=1除开x6±y6=2z2仅有解x=y=z=1外,其他情形均无正整数解;同时获得了方程x6±y6=PDz2(P为奇素数)无正整数解的一些判据。     

关于丢番图方程x6±y6=Dz2

设正整数D无平方因子且不被 6k +1形素数整除 ,证明了丢番图方程x6±y6=Dz2 ,(x ,y) =1除开x6±y6= 2z2 仅有解x=y =z=1外 ,其他情形均无正整数解 ;同时获得了方程x6±y6=PDz2 (P为奇素数 )无正整数解的一些判据     

关于Pell方程组x2-2y2=y2-bz2=1的解数

设a,b是给定且不相等的正整数.我们研究了联立Pell方程组x2-ay2=1, y2-bz2=1的正整数解(x,y,z)的个数.本文运用Bennett关于联立Pad6逼近的一个结果和对数线性型的下界估计,证明了当a=2时,该方程组至多有1组正整数解(x,y,z).     

关于丢番图方程x4±4y8=pz4

利用初等数论及Fermat无穷递降法,证明了丢番图方程x8-4y4=pz4、x4-4y8=pz8、64x8±y4=pz4均无正整数;方程x4+4y8=pz4除开p=5仅有解x=y=z=1外,其他情形均无正整数解,同时还解决了方程x8+my4=z4在m=±p,±2p,±4p,±8p的求解问题.     

关于丢番图方程x4±4y8=pz4

利用初等数论及Fermat无穷递降法 ,证明了丢番图方程x8- 4y4 =pz4 、x4 - 4y8=pz8、6 4x8± y4 =pz4 均无正整数 ;方程x4 +4y8=pz4 除开 p =5仅有解x=y =z=1外 ,其他情形均无正整数解 ,同时还解决了方程x8+my4 =z4 在m =± p ,± 2 p ,± 4p ,± 8p的求解问题     

关于一个Diophantine方程问题的解

应用二次Diophantine方程和四次Diophantine方程的性质,证明了方程x2-1y2-1=（z2-1）2满足min（x,y,z）〉1的所有正整数解为（x,y,z）=（4a3-3a,a,2a）（a〉1）和（8a4＋16a3＋8a2-1,2a2＋2a,2a＋1）这两种形式,其中a为一个正整数。从而,得到了关于Diophantine方程一个的公开问题的肯定回答。     

关于丢番图方程1+X+Y=Z

设x,y,z,u为非负整数,用计算机辅助方法给出了丢番图方程1+11x+2y11z=2u,x+z0;1+11x+3y11z=3u,x+z0;1+2x+2y11z=11u,x+y0;1+3x+3y11z=11u,x+y0;1+2x+11y=2z11u,zu0;1+3x+11y=3z11u,zu0的全部非负整数解.     

关于丢番图方程px~4-（p-1）y~2=z~4

对任意的奇素数p,还没有找到给出丢番图方程px4-（p-1）y2=z4的全部正整数解的统一的初等方法,目前只解决了某类特殊的奇素数p的求解问题,例如王洪昌等人完全解决了p-1=Q2;或2Q2;或qQ2,2｜Q,q≡3（mod4）为奇素数,Q为正整数的情形.认为对某类特殊的奇素数p求解丢番图方程px4-（p-1）y2=z4,目的是对任意的奇素数p,寻找给出丢番图方程px4-（p-1）y2=z4的全部正整数解的统一解法.当p=2q＋1,q≡5（mod8）,p,q为奇素数时,利用初等方法把方程px4-（p-1）y2=z4化为方程x2＋my2=z2,从而给出方程px4-（p-1）y2=z4的全部正整数解;当q为任意正整数时,上述解法仍然适用,因此对任意给定的奇素数p,实际上已经给出了丢番图方程px4-（p-1）y2=z4的全部正整数解的统一解法.     

丢番图方程a^x＋b^y=c^z的正整数解

设m为正整数,且a=m^7-21m^5＋35m^3-7m,b=7m^6-35m^4＋21m^2-1,c=m^2＋1．本文同时利用2个代数数的线性型下界估计以及2个有理数方幂之差的p-adie值的下界估计的一些深入结果,证明了对正整数m≥2．4×10^9,丢番图方程a^x＋b^y=c^z仅有正整数解（x,y,z）=（2,2,7）．     

关于丢番图方程x~4+dy~4=z~2

利用分解法和无穷递降法研究了一类丢番图方程的解,结果证明了丢番图方程x4+dy4=z2,gcd(x,y)=1,这里d为整数且d≠0,在d=3n及n≡3(mod4)时,无正整数解。     

丢番图方程(8a3-3a)x+(3a2-1)y=(4a2-1)z的正整数解

设a是大于3的正整数.作者应用Jacobi符号的性质和(两个)代数数对数线性型的下界估计,证明了指数丢番图方程(8a~3-3a)~x+(3a~2-1)~y=(4a~2-1)~z仅有正整数解(x,y,z)=(2,1,3).     

关于丢番图方程x4+mx2y2+ny4=z2(Ⅲ)

利用Fermat无穷递降法 ,证明了方程x4 +mx2 y2 +ny4 =z2 在 (m ,n) =(± 18,5 4 ) ,(36 ,- 10 8) ,(± 36 ,10 8) ,(± 18,- 10 8) ,(- 18,10 8) ,(± 36 ,75 6 )时均无正整数解 ,并且获得了方程在 (m ,n) =(± 6 ,-2 4 ) ,(± 12 ,132 ) ,(- 36 ,- 10 8) ,(18,10 8)时无穷多组正整数解的通解公式 .     

关于丢番图方程x8+my4=z2

利用数论方法及Fermat无穷递降法,证明了丢番图方程x8+my4=z2在m=±p,±2p,±4p,±8p及素数p满足一定条件下无正整数解,从而完善了Mordell等人的结果;并且获得了方程x4-2py4=z2和x4+8py4=z2的无穷多组正整数解的通解公式.     

关于不定方程组11x2-9y2=2，40y2-11z2=29

对于不定方程组a2x2-a1y2=a2-a1,a3y2-a2z2=a3-a2,本文取(a1,a2,a3)=(9,11,40),得不定方程组 11x2-9y2=2,40y2-11z2=29。再进一步构造出一个集合M,M中的数由一个二无线性递归数列确定,在此基础上做一些初等计算,即可求出本文所得的不定方程组的解。     

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)。