关于方程x~2-1=y~(11)

我们知道①方程02-1一∥”,P=5,7,13敲有2可幸0的憋数解,现在来靛明(1) 。z0--1=:yl‘亦被彳『平凡解彤=±l,Y=0和z一0,2,=一1. 如果(1)式有非币凡解z,Y存在,晁然可靛z>0。∥>0,牲(岔+1,x-1)一1时,得出 .x+l=2l¨,x-1=02¨, y.-=zl z2。 2l>22>0,其中。l。Z2郁是拯数。但是这将耠出矛盾黯朵 。 2=zl’’一g2’l口(2l-z2)(Zl’。+21’岩2_…··-FzI 22’+z2。o)≥=10,所以(x+l,x-1)一2,而由(1)式,藏氏能得出(9)z±l一2’。。～Yl¨,xGl=2Y2’1,Y≈2。YlY2,2}YtY2,其中Yl,Y2和t都是正整数 ,, 另一·方面,在 3)时得}}{(州.祭)一1∥{·1…     

关于不定方程Y(Y 1)(Y 2)(Y 3)=5X(X 1)(X 2)(X 3)

在〔1〕中,C砚1n证明了不定方程 y(、尹 1)(Y 2)(}尹 3)=ZX(X l)(X 2)(X 3).在正整数范围内仅有一组解:x二」,丫=5. 在〔2〕中,p()i、nlidurai证明了不定方程 y(Y l)(丫 2)(y 3)=3X(X l)(X 2)(X 3),在正整数范围内仅有两组解:X=2,Y二3和X=5,丫=7. 本文将证明不定方程 、尹(y 1)()’ 2)(、’ 3)=SX(.\’ 1)(.\’ 2)(X 3),在正整数范围内仅有一组解:x=1,丫=2. 为了证明这个结果,我们令,=2、’十3,x二ZX十3,方程(l)化为/沪一5、’,/x“一5\.(—I一勺I—1=一q\、l,\4/我们先解不定方程 V“一5U2二一4.由熟知的结果(可参看〔3〕第八章)…     

关于Diophantine方程x~3±1=pqy~2

关于Diophantine方程x3±1=Dy2至今仍未解决.论文利用同余式、平方剩余、Pell方程解的性质、递归序列证明:(1)p≡1(mod 12)为素数,q=12s2+1(s是正奇数)为素数,(p q)=-1时,Diophantine方程x3±1=pqy2仅有整数解(x,y)=(1,0);(2)p≡1(mod 24)为素数,q=12s2+1(s是正奇数)为素数,(p q)=-1时,Diophantine方程x3±1=pqy2仅有整数解(x,y)=(-1,0).     

关于方程x~2-1=y~n

(1)(2)(3)知丁l侣教授①最近豇明了1. 弓i耨z2—1一∥5z。一l一∥7z:～1—9’8没肯非平凡整数解,作者枉先澍卜·文“’里,已耠l出(1)没有秘乒凡整数解之鞍简难的薤明,在本文里栽们将缸明一『、面的定理: 定碰:(4) 00—1一∥”当(5)p=5, 7, 】】, 13, 】L 】9, 23。 29,41,43,,17, 53, 13￡, 7I, 7,), 83, 97,:107,103, 113,3.37, 139,1 r;:;,】67, 173, 179,18】, 191,193,197, ¨9,$11,'2.27,229,239. 2,tl, 2,51, 2fj9,:77,8f0,2,1 7, 331,3l(jj 309,3G7,373,383,389, 0fJ7, 4 l“, -l·13,-id9,457, 479,487,499,ri03,509,521, 663, 5G…     

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Je'smanowicz猜想的一个注记

本文用初等方法证明了如下结论;设s=3n,n≡1、3、5(mod8),t≡2(mod4),且 s、t均不含有4K 1形素因子,刚Diophantus方程 (s~2-t~2)~x (2st)~y=(s~2 t~2)~z (1)(其中s>t>0,(s,t)=1,s t≡l(mod2)在y>1时,仅有正整数解x=y=z=2。     

关于方程multiply from i=1 to k(x_i~(x_i))=Z~Z的奇数解

柯召、孙琦在[2]中研究了方程multiply from i=1 to k (x_i~xi)=Z~z 当(x_1,x2,……x_k,z)>1时,对任意的k,方程(2)都有无穷多个整数解(偶数解)、对特殊的某些k,证明了方程(2)有奇数解。本文将证明当k>3,(k=4,5,……)的所有k,方程(2)都有奇数解,同时本文的定理3将给出方程(2)的新整数解(偶数解),不难看出,它包含了[2],[3]中得到的偶数解。     

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     

关于方程x~2 y~2=2z~2的正整数解

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     

一类三元四次不定方程的初等解法

讨论三元四次不定方程f(x,y,z)=2x2y2-x2z2-y2z2=0的整数解问题.并利用初等方法给出该方程的整数解公式.     

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)。     

代数体函数与其导数的Picard例外值

本文证明了:(1)设w=w(z)是复平面上v-值整代数体函数a是一个非零复数,整数n≥4v—1,那么w’—aw~n取任何有限复数无穷多次。除非w(z)是代数函数;(2)设叫=w(s)是复平面上v-值数体函代数,整数n≥2v+3,那么对任何有限复数b,(w′—b)/w~n至多有v—1个非零有限Pioard例外值,除非w(s)是代数函数。     

关于商高数2n+1,2n(n+1),2n(n+1)+1

已知①商高数2％+l,2n(n+1),2n(n+1)+l在％季0,8(mOd 12)或2n+1含有质因子力季I(rood 8)时;疹 (1)(2祀+1)。+(2竹(铊+1))”=(2犯(记+1)+1)。只有鬈一∥=2=2这一组正整数解. 我们将证明下面的 定理. 除开 + —,.^.,、,(2) n-----O,24,80,104,120,144,200,224(rood 240),(3)而且2彻+】只含有质因子矽三l(rood 16),铊兰48,96,128,176(rood 240), ‘而且2即+1只含有质因子P--1(rood 32)这两种情形外, 。‘√㈣‘_～^-,v_～,、(4) ,(1)式只有茹=Y—z一2这一组正整数解。 ,…帅●……-…J--,州…,’,州.。j蹙孳{譬l‘÷ 。” . ·10、。 +0=¨ …     

关于方程sum from j=0 to h(x-j)~n=sum from j=1 to h(x+j)~n

(1)Ed.CollignonO)售经证明方程h h∑(形一力“=∑(。+歹)”j—O j;1对于铭=3或4无正整数解。今年一月问,秦淦来信提出关于方料C1)的正整数解z,h的问题。他说用很麻烦的计算可能证明在3≤竹≤100时,(1)式无正整数解。但是对于n>100,无法解决。本文将证明妲墩.2兰曼堕垂要鍪墼篓二, ‘ 当n=l时,显然(1)式有解(2)皂口有(3) z=2∑歹=忍(忍+1)。 . j=1当诏=2时,亦易知(1)式有正整数解设竹≥3,由(1)式得出:z=4∑,=2庇(死+1)。 j=1 『等L 1z”=妾((抖∥一 “)=2善(:,二。)蚤h(x-4) 1尹斗1矿@件1),z”=∑((抖,)“一 “)=2∑(:川)∑∥Ⅵ叫。件¨,…     

关于一类丢番都方程

P.Erdos曾猜测方程 X~xY~y=Z~z (1)在X>1,Y>1,Z>1时无整数解。柯召教授在1940年证明当(X,Y)=1时,这个猜测是正确的,但是,当(X,Y)=d>1时,给出了无穷多解。后来,JanMycielski又提请柯召教授解决方程 X~yY~x=Z~z (2)的问题。于是柯召教授又在1957年证明,不但方程(2),而且方程     

关于不定方程x3-1=73qy2的整数解

设D=∏si=1pi(s≥2),pi≡1(mod 6)(1≤i≤s)为不同的奇素数.关于不定方程x3-1=Dy2的初等解法至今仍未解决.利用同余式、二次剩余、递归序列、Pell方程的解的性质,证明了q≡1,19(mod 24)为奇素数,(q/73)=-1时,不定方程x3-1=73qy2仅有整数解(x,y)=(1,0).     

关于单叶半纯函数的Springer猜想

1.引言设刀表示在区域1相似文献   

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Diophantine方程x2+2y2=Zn

讨论了Diophantine方程x2+2y2=zn在xy≠0,(x,y)=1时有解的充分必要条件及用代数数论的方法给出(x,y)=1,n≥2时方程整数解的一般公式.     

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