关于不定方程1+3~a=7~b+3~c

本文将证明不定方程〔‘〕 1+3。=7b+3c的整数解只能是下列两种情形之一: i)(2,1,1); 11)(a,o,a),a为任意整数. 容易看出i)与ii)都是(l)的解,下面只需证明除开i)与ii)外,整数解。 以下所说的解,均指整数解。 引理1若(a,b,。)为(1)的解,则a,b,。不能同为负数。 证明:若a(0,b(0,cO(下 1 .11十一飞沪=b,十一刁3 73于是 a,e,3一3一飞,万了-1万 一 J土a,+el由此得a,e,3一3 3a,+e,因33“‘,3a“c,均为整数,所以一与一也应为整数,由(“,7=1,这是不可能引理2若(a,b,e)为(i)的解,且a<…     

续论方程ax+by+cz=n

设a,b,c为正整数,(a,b,c)=1,x,y,z为非负整数,(a,b)=d,a=a_1d,b=b_1d,u,v为非负整数,当a_1u+b_1v能够表出c时,(1) ax+by+cz所不能表出的最大整数为M=(ab)/(a,b)+c(a,b)-a-b-c. [1]在a_1u+b_1v不能表出c时,c可以表成c=a_1r-b_1s或c=b_1s-a_1r,其中 a_1r+b_1s相似文献   

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aX2+Dm=pz(I)

设 a、D为正整数 ,a非平方数 ,若丢番图方程 a X2 + D2 y+1 =pz,p| / D,p为奇素数 ,有最小解 ( X,2 y+ 1 ,z) =( b,2 α+ 1 ,d) ,2 | d,则除开当 ab2 >D2α+1时 ,( X,Dy -α,z,D2 y+1 -a X2 ,λ) =( Tb( Vl+1 V1-pr02 Vl V1) ,T′( Vl+1 V1+ pr02 Vl V1 ) ,r0 l+ r02 ,U2 l+1 ,-1 ) ;或者当 ab2 相似文献   

一道竞赛题的若干解法

题　分解因式 :a2 +2 b2 +3c2 +3ab+4ac+5bc( 1991年“希望杯”全国数学邀请赛初二试题 )。　　一、赋值法解 :令 a=0 ,则原式 =2 b2 +3c2 +5bc=( b+c) ( 2 b+3c)令 b=0 ,则原式 =a2 +3c2 +4ac=( a+c) ( a+3c)令 c=0 ,则原式 =a2 +2 b2 +3ab=( a+b) ( a+2 b)∴原式 =( a+b+c) ( a+2 b+3c)　　二、双十字相乘法解 :原式 =a2 +3ab+2 b2 +( 4 a+5b) c+3c2 =( a+b) ( a+2 b) +( 4 a+5b) c+3c2 =( a+b+c) ( a+2 b+3c)　　三、待定系数法解 :原式 =( a+b) ( a+2 b) +3c2 +4ac+5bc设原式 =( a+b+m) ( a+2 b+n) ,则原式 =a2 +3ab+2 b2 +a( n+m) +( n…     

关于x(ax+b)/2+y(cy+d)/2+z(ez+f)/2型通用和（英文）

设整数a,b,c,d,e,f满足ab≥0,cd≥0,ef≥0,a≡b (mod 2),c≡d (mod 2),e≡f (mod 2),a≥c≥e≥2,a=c时b≥d,c=e时d≥f.最近作者证明了如果有序六元组(a,b,c,d,e,f)在整数环上通用(即每个n=0,1,2,…可表成x(ax+b)/2+y(cy+d)/2+z(ez+f)/2的形式,其中x,y,z为整数),则它必在我们列出的12082个有序六元组中.本文中我们明确列出那12082个有序六元组并分析这些数据,还证明了许多满足a≤10的有序六元组确在整数环上通用.     

关于丢番图方程2py~2=2x~3+3x~2+x的解

本文运用初等数论简单同余法、分解因子法及反证法等,得到丢番图方程2py2=2x3+3x2+x,(p为素数)无正整数解的情况.(1)当p≡1(mod 8),p≡5(mod 8),p≡7(mod 8)时,则方程无正整数解;(2)当p≡3(mod 8)时,Un+Vnp(1/2)=(x0+y0p(1/2))n.其中x0,y0是Pell方程x2-py2=1的基本解,当n≡0(mod 2)时,则方程无整数解;当n≡1(mod 2)时,若2|x0,则方程无整数解.特别是p≡3(mod 8)且p100时,2|x0,则方程无整数解.     

一道IMO试题的探源及启发

第二十届 IMO竞赛有这样一题 :设 a,b,c分别为一个三角形三边的边长 ,证明 :a2 b( a- b) + b2 c( b- c)+ c2 a( c- a)≥ 0 ,并指出等号成立的条件。此不等式的左边是轮换式 (将 a换为 b,b换为 c,c换为 a时不变 )但不是对称式 (将 a,b互换时不变 ,将 b,c互换时不变 ) ,证明方法通常有两种 ,一种是把它化为一个不带附加条件 ,b+ c>a,a+ c>b,a+ b>c的不等式 ,即可令 a=y+ z,b=z+ x,c=x+ y,( x,y,z>0 ) ,另一种是设 a为最大边 ,即可令 a=x+ y+ z,b=x+ z,c=y+ z( x,y≥ 0 ,z>0 )代入不等式左边 ,然后证明其非负 ,最简单的方法是原联邦德国选手…     

关于方程x~3+y~3+z~3=xyz

关于三元三次型为零的有理数解问题,有过很多工作。但是即使对于(1) x~3+y~3+z~3=xyz,还不知道他是否有xyz≠0的有理数解。在本文中,我们将证明方程(1)和(2) (x~2+y~2+z~2)(x+y+z)=8xyz,(3) x~3+y~3+13z~3=7xyz都没有xyz≠0的有理数解。首先证明方程(1)没有xyz≠0的有理数解。方程(1)如果有有理数解,显然就有整数解。所以毫无损失的可以假设x,y,z都是整数,而且有(4) (x,y)=(y,z)=(z,x)=1.     

关于不定方程a_1X_1+a_2X_2+…+a_nX_n=N的非负解个数的讨论

设不定方程(1)a_1x_1+a_2x_2+…+a_nx_n=N,其中,n≥2,(a_1,…a_n)=1,N和a_i(i=1,2,…,n)均为正整数(且不妨假设a_1≤a_2≤…≤a_n)。 (1) (1)的非负整数解的个数是有限的,设为T_n(N)。记0相似文献   

丢番图方程a2+Db2=c2本原解组数的渐近阶(I)

设 x为给定的正实数 ,D是给定的正整数且无平方因子 ,用 G( D,x)表示丢番图方程 a2 Db2 =c2满足条件 a >0 ,b>0 ,c>0 ,( a,b) =1且 c≤ x的所有整数解 ( a,b,c)的组数 .在此考虑 D =p和 D =2 p(其中 p为奇素数 )的情形 ,得到了下面两个渐近估计式 G( p,x) =2 p( p 1 )πx O x12 logx 和 G( 2 p,x) =2 p( p 1 )πx O x12 logx .     

本原勾股数组数G(x)的渐近阶猜想的证明

丢番图方程 a2 b2 =c2 满足条件 a >0 ,b>0 ,c>0 ,(a,b) =1的整数解 (a,b,c)称为本原勾股数 .设 x为给定的正实数 ,用 G(x)表示弦 c≤ x的所有本原勾股数 (a,b,c)的组数 .在此证明了文 [1 ]提出的本原勾股数组数 G(x)的渐近阶猜想 G(x) =1πx O(x12 logx)的正确性 ,由此推得 limx→ ∞G(x)x =1π,即弦 c≤ x的所有本原勾股数 (a,b,c)的组数的平均阶为 1π.     

论方程ax+by+cz=n

在四川大学学报第一期上,柯召教授证明了下面的一个定理:定理1.设a,b,c为正整数,(a,b,c)=1,x,y,z为非负整数,ax+by+cz所不能表出的最大整数为M.当     

一个四阶非线性微分方程李稚普诺夫函数的构造及其全局稳定性

Ponzo 关于四阶非线性方程x+a(z)x+b(x,(?))(?)+c(?)+d(x)=0(0.1)得到了以下结果[1]:定理0.1:如果 a(z),b(x,y),c(y),d(x)满足以下条件:(1)a(z)≥a>0,(2)b(x,y)≥β>0,(3)c(y)/y≥r>0,(4)0ε≥0,其中ε≥(?)[(?){(αδ/r)(A_1(z)/z-α)+c(y)/y-r}],(6)c(y)/y-rd′(x)/δ+(r/2αδ)d″(x)/y-1/y(?)b_x(x,u)udu≥0,(0.2)(7)ab(x,y)-c′(y)-(αδ/r)(A_1(z)/z)-6/2>0 (0.3)(8)当|x|→∞,D(x)→∞则(0.1)的零解全局渐近稳定。     

三个优美不等式的推广

对以下三个优美不等式进行了推广若a,b,c∈R+且a+b+c=1,则a2+b2+c2≥1/3;1/a+1/b+1/c≥9;√a+√b+√c≤√3     

三个优美不等式的推广

对以下三个优美不等式进行了推广:若a,b,c∈R+且a+b+c=1,则a2+b2+c2≥1/3;1/a+1/b+1/c≥9;√a+√b+√c≤√3     

关于调和级数的一个性质

S_n=1╱b+1╱(a+b)+1╱(2a+b)+…++1╱(na+b)=sum from i=0 to π 1╱ai+b本文证明了一个定理:设a,b,n都是正整数,则调和级数(有限项和)不能是整数。     

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z2=(x(x+1)(x+2))2+(y(y+a)(y+b))2

证明了对任意的整数a,b,方程z~2=(x(x+1)(x+2))~2+(y(y+a)(y+b))~2有无穷多整数解(x,y,z).特别的,当a为偶数以及b=a+2,a+4时,该方程有无穷多组满足x■y的整数解.     

一个用无理数幂表示整数的公式

设 Q =4l +1 ,l是非负整数 ,a、b是奇偶性相同的整数 ,则对于任意的非负整数 n,　　　　 f ( n) =1Qa +b Q2n+1-a -b Q2n+1　　　　 ( * )都表示整数。特别 ,当 a、b是自然数时 ,f ( n)也是自然数 ;当 a、b是偶数时 ,f ( n)也是偶数。( * )式就是一个用无理数幂表示整数的公式。证 :当 n =0时 ,f ( 0 ) =b,命题成立 ;假设对一切小于 k的自然数 n命题均成立 ,则f ( k) =1Qa +b Q2k+1-a -b Q2k+1=1Qa +b Q2k a +b Q2 -a -b Q2k a -b Q2=1Qa +b Q2k -a -b Q2k a +b Q2 +a -b Q2　 -1Qa +b Q2k a -b Q2 -a -b Q2k a +b Q2=af ( k -1 ) …