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1.
唐刚 《西南民族大学学报(自然科学版)》2014,40(1):101-104
利用初等方法证明了,对于任意的正整数 , 丢翻图方程(45n)x+(28n)y=(53n)z仅有x=y=z=2正整数解. 相似文献
2.
本文证明了对任意的正整数n,丢番图方程(65n)x+(72n)y=(97n)z仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,2). 相似文献
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a2+b2=c2.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+(... 相似文献
4.
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
5.
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
6.
设n是正整数,运用初等方法证明了丢番图方程(16n)x+(63n)y=(65n)z仅有整数解(x,y,z)=(2,2,2),从而得到了Jesmanowicz猜想在该情形下成立. 相似文献
7.
Jesmanowicz曾经猜测方程(a~2-b~2)~x+2ab~y=(a~2+b~2)~z的正整数解仅有x=y=z=2.对于这一猜测,其中最引人注意的是a=n+1,b=n的情形,即方程 相似文献
8.
《延安大学学报(自然科学版)》2016,(3)
利用初等方法证明了对任意的正整数n,丢番图方程(20n)~x+(99n)~y=(101n)~z仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,2)。从而得知Jesmanowicz猜想在该情形下成立。 相似文献
9.
乐茂华 《福州大学学报(自然科学版)》2007,35(5):795-796
设N是全体正整数的集合.对于正整数n,设ψ(n)是n的Euler函数.最近,Sándor J[1]提出了方程xψ(n) yψ(n)=zn ((x,y,z)∈ N) (1)的求解问题.对于方程(1)的解(x,y,z),如果gcd(x,y)=1,则称它是该方程的一组本原解. 相似文献
10.
李树新 《广西民族大学学报》2006,(Z2):2-9
利用数论方法得到了丢番图(x 1)2 (x 2)2 … (x n)2=y2有正整数解的必要充分条件,证明了当n=25时,无正整数解,当n=49时,仅有正整数解(x,y)=(24,357),当n=121时仅有正整数解(x,y)=(243,3366),同时证明了n=2,11时必有无穷多组正整数解,并给出了无穷多解的通解公式. 相似文献
11.
乐茂华 《吉首大学学报(自然科学版)》2010,31(4):5-7
设n是正整数.运用Gel’fond-Baker方法证明了当n>3·1015时,方程nx+(n+2)y=(n+1)z无正整数解(x,y,z). 相似文献
12.
张四保 《华中师范大学学报(自然科学版)》2021,55(1):24-29
讨论了有关Euler函数φ(n)的四元变系数混合方程φ(xyzω)= 3φ(x)φ(y)+5φ(z)φ(ω)的正整数解,利用Euler函数φ(n)的计算公式以及初等方法,得到该方程有372组正整数解,并给出其满足x≤y,z≤ω的93组正整数解. 相似文献
13.
《四川理工学院学报(自然科学版)》2021,34(2)
指数型丢番图方程(na)~x+(nb)~y=(nc)~z是数论领域中非常典型的一类不定方程。设a,b,c为两两互素的正整数且满足a~2+b~2=c~2,即当a,b,c为本原商高数时,该方程就可以写为[n(a~2-b~2)]~x+[n(2ab)]~y=[n(a~2+b~2)]~z。由于该类丢番图方程与编码理论、群论以及组合论都有着紧密的联系,因此一直以来都备受广大数学爱好者的青睐。1956年,Je'sm anowicz猜想该方程仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,2),但迄今为止这类方程还未得到彻底的解决。本文主要运用奇偶分析法、简单同余法、以及二次剩余理论等方法,证明了:对任意的正整数n,丢番图方程(24n)~x+(143n)~y=(145n)~z仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,2),即证明了:当(a,b,c)=(24,143,145)时,Je'sm anowicz猜想成立。 相似文献
14.
关于方程Sx(n)=Sy(3) 总被引:1,自引:0,他引:1
乐茂华 《湖南文理学院学报(自然科学版)》2002,14(4):1-2
对于正整数m、n(n≥ 3) ,设Sm(n)是第m个n角数 .证明了 :当n >6且n - 2是平方数时 ,方程Sx(n) =Sy(3)无正整数解 (x ,y) ;当n >6 ,2 n且n - 2非平方数时 ,该方程有无穷多组正整数解 (x,y) . 相似文献
15.
16.
李益孟 《重庆工商大学学报(自然科学版)》2018,35(2):27-30
利用初等的方法证明了对任意的正整数n,丢番图方程(48n)~x+(55n)~y=(73n)~z仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,2),从而得知Jesmanowicz猜想在该情形下成立。 相似文献
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19.
20.
于允考 《曲阜师范大学学报》1981,(4)
方程x~2 y~2=2z~2 (1)的正整解为 i 当其正整解相等时,有x=y=z=t,其中t∈N={1,2,3,…}; ii 当其正整数解互不相等且同为奇数时,有x=m~2 2mn-n~2,y=|-m~2 2mn N~2|,z=m~2 n~2,其中m,n∈N,m>n,(m,n)=1,m、n为一奇一偶。证明 i 显然。今证ii。由方程 (1) 知,它的正整数解x,y,z同为奇数或同为偶数,否则方程 (1) 是不成立的。特x,y为奇数,z为偶数,令x=2p 1,y=2q 1,z=2u,其中p,q,u∈N。将x,y之值代入 (1) 并将其两边同除以2,则其左边等于2(p~2 q~2 p q) 1为奇数,而右边等于4u~2为偶数,引出矛盾,方程 (1) 不成立。故方程 (1) 不存在x,y为奇数而z为偶数的解。同理可证方程 (1) 不存在x,y为偶数而z为奇数,或x,y一奇一偶而z为奇数,或x,y一奇一偶而z为偶数的正整数解。所以方程 (1) 的互不相等的正整数解x,y,z同为奇数或同为偶数。而要求方程 (1) 的同为偶数的解x,y,z,这可将方程 (1) 的同为奇数的解x,y,z 相似文献