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     

关于不定方程4x~2-py~2=1

研究了二次不定方程4x2-py2=1(p为奇素数),对于特例p=m2±2(m为正奇数),利用Pell方程x2-py2=1的正整数解公式得到了原方程的所有正整数解.另外还证明了p=1,5(mod8)时方程4x2-py2=1无正整数解.     

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x8+py2=4z4与x4+16py8=z2

设p为奇数,证明了丢番图方程x^8＋py^2=4z^4（x,y）;1除开p=3时仅有正整数解（z,y,z）=（1,1,1）和p=7时仅有正整数解（x,y,z）=（1,3,2）之外,无其它正整数解。证明了方程x^4＋16py^8=z^2,p≡3（mod 4）,2/z,（x,y）=1,无正整数解。证明了P≡3（mod 4）,方程x^4＋16py^8=z^2,（x,y）=1当2/x时,除开p=3时仅有正整数解（x,y,z）-（1,1,7）外,无其它正整数解;当2｜x时,有解x^2=2｜pr^8-s^8｜,y=rs,z=2（pr^8＋s^8）,2/rs,（r,s）=1。从而推广了文[4]的结果。由此可知（x,y,z）=（2,1,8）是方程x^4＋48y^8=z^2的一个本原解,文[4]漏掉了此解,这说明文[4]引理2不是完全正确的,依据引理2证明的结论也是不可靠的。     

关于丢番图方程4x~4+py~4=z~2

利用初等方法给出了丢番图方程4x4+py4=z2,(y,z)=1当p=Q2+1,4 Q,p为奇素数时的全部正整数解,从而拓展了王洪昌关于4x4+py4=z2的结果,即完全解决了p=Q2+1,p为奇素数的情形.     

方程x4-6px2y2+12p2y4=z2与Aubry猜想

利用Fermat无穷递降法,证明了方程x4-6px2y2 12p2y4=z2与x4 12px2y2-12p2y4=z2在p≡5(mod6)时均有无穷多组正整数解,并且获得了方程无穷多组正整数解的通解公式,从而完善了Aubry等人的结果.     

关于丢番图方程x4+py4=z2

利用初等方法给出了丢番图方程x4+py4=z2(2z,(x,y)=1,p为奇素数)当2(×)Q,p=2Q2+1时的全部正整数解,从而改进了Mordell、佟瑞洲关于x4+py4=z2的结果.     

关于丢番图方程x^4＋py^4=z^2

利用初等方法给出了丢番图方程x4+py4=z2(2∣z,(x,y)=1,p为奇素数)当2 Q,p=2Q2+1时的全部正整数解,从而改进了Mordell、佟瑞洲关于x4+py4=z2的结果。     

方程xp±y2p=z2与广义费尔马猜想

设p为奇素数,证明了丢番图方程x4 -y4 =zp 与x2p±y2p=z2 均无正整数解;方程xp y2p=z2 仅有整数解 16 2 3 =32 ;方程x2p 2 kyp =z2 (k≥ 1)仅有整数解 12p 2 3 · 1p =32 ;同时还获得了方程x2 ±y4 =zp与x2 ±y4 =±z2p 的深刻结果,从而很大程度地支持广义Fermat猜想.     

关于丢番图方程x4+18px2y2+108p2y4=z2

利用Fermat无穷递降法,证明了方程x4+18px2y2+108p2y4=z2与x4-36px2y2-108p2y4=z2在p≡5(mod6)为素数时均有无穷多组正整数解,并且获得了方程无穷多组正整数解的通解公式,同时还编拟了方程正整数解的计算程序,从而完善了Aubry等人的结果.     

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.     

关于费马大定理(Ⅰ)

这篇文章主要证明了以下结果:1.设p是奇素数,r是充分大的正整数,则方程x~(?)+y~(?)=z~2,(x,y)=1,无整数解.2.如果方程x~(2p)+y~(2p)=z~2((x,y)=1,p(>3)是素数)有整数解,则必有4p|x或4p|y.     

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。     

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。     

关于不定方程px^4-（p-1）y^2=z^4

利用初等方法给出了不定方程px^4-（p-1）y^2=z^4当p=2Q^2＋1时的全部正整数解,从而拓展了王洪昌关于px^4-（p-1）y^2=z^4的结果.     

完全四部图的色性

设G是一个图，P(G，λ)是G的色多项式．若P(G，λ)=P(H，λ)，则称G和H是色等价的，简单地用G～H表示．令[G]={H\H～G)．若[G]={G)，称G是色唯一的．用G=K(n1，n2，n3，n4)表示完全四部图且2≤n1≤n2≤n3≤n4，得到了[G]С{K(x，y，z，w)-S｜z y w =n1 n2 n3 n4,1≤z≤y≤z≤w≤n4-1，或1≤x≤y≤z≤n3-1和w=n4U{G}，其中S是K(x，y，z，w)的某s条边组成的集合且K(x，y，z，w)-s表示从K(x，y，z，w)中删去S中所有边得到的图．从而证明了当n≥k 2，t≥2时，K(n-k，n，n，n)是色唯一的．     

由“32+42=52”衍生出的猜想

勾股三角形中最有代表性的是商高揭示的一组勾股数,由等式“3^2 4^2=5^2”产生联想,可衍生出“x^2 y^2=z^2;3^x 4^y=5^z;a^x b^y=c^y(其中a^2 b^2=c^2）”等不定方程,考虑有无整数解产生一些猜想,通过进一步研究,揭示了整数的一些性质,从常量与变量的相互变化中提出问题是数论中发掘问题的常见方法之一。     

Erd■s一个猜想的注记

当ｋ≥２，２ｋｎ＋１＝ｑｈ，ｑ≡－１（ｍｏｄ２ｋ），丢番图方程４／ｎ＝ｘ－１十ｙ－１＋ｚ－１有正整数解；当方程中ｎ换以素数Ｐ，则Ｐ存疑的条件是Ｌｅｇｅｎｄｒｅ符号有（Ｐ／３）＝（Ｐ／５）＝（Ｐ／７）＝（Ｐ／１１）＝（Ｐ／１３）＝（Ｐ／１７）＝１．     

关于Diophantine方程x^2＋y^4=z^5

运用无穷递降法证明了：方程X^4-10X^2Y^2＋5Y^4=Z^2和X^4-50X^2Y^2＋125Y^4=Z^2都没有适合gcd（X,Y）=1以及2｜XY的正整数解（X,Y,Z）．由此推知：方程x^2＋y^4=z^5没有适合gcd（x,y）=1的正整数解（x,y,z）,上述结果解决了广义Fermat猜想的一个特殊情况。