关于丢番图方程Dx~2+1=y~p

本文用柯召—Terjanian-Rotkiewicz方法证明了丢番图方程15x~2+1=y~p和23x~2+1=y~p(p是奇素数)除开平凡解y=1,x=0外,均无其他的整数解。     

关于方程7x~2+1=y~p,xy≠0

本文证明了:若素数p〉3,则7x~2+1=y~p没有非零的整数解。     

关于费马大定理（Ⅱ）

证明了方程x~(2p)+y~(2p)=z~2((x,y)=1,P(>3)是素数)如有解,则必有4P~2|x或4P~2|y.对方程x~(2p)+y~2=z~(2p),x~(2p)+y~(2p)=z~p和x~(2p)+y~p=z~(2p)也得到了类似的结果.此外,我们还有以下的结果:(1)设r(N)表示使得方程x~(2n)+y~(2n)=z~2有解的正整数n(≤N)的个数,则r(N)=o(N)(N→∞).(2)如果正整数x,y,z和n满足x~n+y~n=z~n,x2,则必有x~2>nz+n-3.     

关于带参数五次代数方程判别根的一个充要条件

本文给出了带参数五次代数方程f(x)=x~5+a_1x~4+a_2x~3+a_3x~2+a_4x+a_5=0有一对纯虚根且剩余根均具有负实部的一个充要条件。     

无穷递降法在不定方程中的应用

利用无穷递降法证明了:(1)若素数p=48 m+41(m≥0),则不定方程x~4+3py~4=z~2(y≠0)无整数解;(2)不定方程x~4+4x~3y-6x~2y~2-4xy~3+y~4=z~2的全部正整数解可表为(x_n,y_n,z_n)=(K_nd_n,L_nc_n,K_n~2c_n~2-2L_n~2d_n~2),这里Ln/Kn=cndn±en/c2n+2d2n(cndnen),dn,cn,en满足2d_n~4-c_n~4=e_n~2.     

Holmes型Duffing方程的同宿轨道分支出的极限环

用Melnikov函数方法对Holmes型Duffing方程d~2x/dt~1+δ(x~2+ax+c)dx/dt-ax+βx~3=0和更一般的形式d~2x/dt~2+δf(x)dx/dt-ax+βx~3=0进行了分析,得到了由同宿轨道分支出稳定不稳定极限环的条件.     

一个数论函数及其在费马猜测和莱姆森理论中的应用

§1 数论函数π(k,n,m)的引入考虑同余方程 (1) x~p y~p z~p≡0(mod 2kp 1),(2kp 1)|xyz 其中P≥2,2kp 1是素数。则由费马(Fermat)定理得 x~(2tp)≡y~(2kp)≡z~(2kp)≡1(mod 2kp 1)故x~p,y~p,z~p是同余方程。 (2) u~(2k)≡1(mod 2kp 1)的解。设q是mod 2kp 1的一个元根,令α≡q(mod 2kp 1),则有     

柯召定理的一个证明

柯召教授在文献〔1〕、〔2〕中证明了著名的“柯召定理”:设P>3是素数,则方程x~2-1=y~p没有正整数解x,y。后来,Chein、Rotkiewicz分别给出了一个简化证明。本文作者还给出了一个推广。但这些工作都是基于文〔1〕的一个结果。本文避开了〔1〕的结果,给出了柯召定理的一个简短的初等证明。     

从一道数学竞赛题谈起

1978年全国数学竞赛有这样一道题:对多项式x~(12)+x~9+x~6+x~3+1进行因式分解。具结果是x~(12)+x~9+x~6+x~3+1=(x~4+x~3+x~2+x+1)(x~8-x~7+x~5-x~4+x~3-x+1)。这个结果恰好是将等式左边x~(12)+x~9+x~6+x~3+1中的x~3换为x就是等式右边的第一个因式x~4+x~3+x~2+x+1,我们知道,x~4+x~2+1=(x~2+x+1)(x~2-x+1),这道题的结果也是将等式左边的x~2换为x就是等式右边的第一个因式x~2+x+1。由这两道题的结果使人想到:上述两例是否具有普遍性?对于这个问题的回答,我们有如下定理:     

关于丢番图方程x~4+4=Dy~2

Ljunggren曾经证明丢番图方程x~4+4=Dy~4 (1)至多只有一组正整数解(x,y).1965年,我们曾证明番图方程x~4+4=5y~2 (2)     

关于非自伴算子D~2x~αD~2+x~β+ix~γ的极限点类(Ⅱ)

在[4]里我们证明了如果实数α、β、γ不同时满足β≤γ=α-4,γ>0, 微分算式aD~2x~αD~2+bx~β+icx~γ在I=[1,∞]上是极限点的,其中a,b,c是正数,而当β=γ=α-4,γ>0时,存在正数σ使得微分算式D~2x~(γ+4)D~2+σ(1+i)x~γ不是极限点。本文将讨论剩下的     

关于不定方程x2+4n=y11的整数解

应用代数数论以及同余法等初等方法讨论不定方程x~2+4~n=y~(11)的整数解情况,证明了不定方程x~2+4~n=y~(11)在x为奇数,n≥1时无整数解;不定方程x~2+4~n=y~(11)在n∈{1,8,9,10}时均无整数解;不定方程x~2+4~n=y~(11)有整数解的充要条件是n≡0(mod 11)或n≡5(mod 11),且当n≡0(mod 11)时,其整数解为(x,y)=(0,4~m);当n≡5(mod 11)时,其整数解为(x,y)=(±2~(11m+5),22m+1),这里的m为非负整数,验证了k=11时猜想1成立。     

两个不定方程的整数解的求法

1 不定方程x~2-y~2=a(a∈Z)的整数解定理不定方程x~2-y~2=a(a∈Z)有整数解的充分与必要条件是 a=2k+1或a=4k(k∈Z)。证明 (1) 充分性     

满足ω(D)≤3的Diophantine方程组x+1=6Dy~2,x~2-x+1=3z~2

设D是无平方因子正整数,ω(D)≤3表示D的不同素因子的个数.主要对方程组x+1=6Dy~2,x~2-x+1=3z~2的解进行了研究,并利用二次和四次Diophantine方程的一些性质,证明了若ω(D)≤3,那么方程组x+1=6Dy~2,x~2-x+1=3z~2只有正整数解(D,x,y,z)=(182,436 7,2,252 1)和(1 711 759,164 328 863,4,94 875 313).     

不定方程x~2+(k-1)y~2=kz~2与x~(k+2)-x~k=py~k的正整数解

本文给出了不定方程x~2+(k-1)y~2=kz~2与x~(k+2)-x~k-py~k的正整数解,并给出了实例.     

关于不定方程x~2+1024=y~(11)的整数解

在高斯整环中,利用代数数论理论和同余理论的方法研究不定方程x~2+1 024=y~(11)的整数解问题,并证明了不定方程x~2+1 024=y~(11)仅有整数解(x,y)=(±32,2)。     

不定方程x~3+1=2019y~2的整数解

研究了不定方程x~3+1=2019y~2的整数解问题。利用简单同余法、分解因子法、Pell方程法以及分类讨论等初等方法,得出不定方程x~3+1=2019y~2有且仅有平凡整数解(x,y)=(-1,0)。     

二元二次方程组的一般解法

中学课本里,对二元二次方程组只介绍了几种特殊解法。有些二元二次方程组,应用特殊方法求解,是比较困难的。因此,有必要对二元二次方程组的一般解法作一研究。对于二元二次方程组:[a_1x~2+b_1xy+c_1y~2+d_1x+e_1y+f_1=0 (1) a_2x~2+b_2xy+c_2y~2+d_2x+e_2y+f_2=0 (2) ](A)我们在复数体内研究它的一般解法。     

关于不定方程x 3±1=1 379y 2

关于x~3±1=Dy~2(D0)型不定方程的解法还没有一般性的结论;研究D=1 379时不定方程x~3±1=Dy~2的可解性问题,利用同余理论、递归序列、平方剩余以及Pell方程解的性质证明了不定方程x~3+1=1379y~2仅有整数解(x,y)=(-1,0),不定方程x~3-1=1 379y~2仅有整数解(x,y)=(1,0);所使用的代数方法可以推广到求解大系数的三次不定方程中去.     

关于Diophantine方程x~3+1=3pqy~2

关于Diophantine方程x~3+1=3pqy~2整数解的情况至今仍未解决。本文主要利用递归数列、同余式、平方剩余以及Pell方程解的性质证明:设素数p≡1(mod 24),素数q=12s~2+1,(s是正奇数),(p/q)=-1,Diophantine方程x~3+1=3pqy~2仅有整数解,即(x,y)=(-1,0)。关键词:Diophantine方程;同余式;平方剩余;Pell方程