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…     

关于三项纯指数Diophantine方程a~x+b~y=c~z的一点注记

设a,b,c是给定的正整数,运用初等数论方法证明了:当a+b2 l-1=c2,b≡5(mod 24),c是适合c≡-1(mod b2l)的奇数,其中l是任意正整数时,方程ax+by=cz仅有正整数解(x,y,z)=(1,2l-1,2).     

三项纯指数Diophantine方程的一点注记

设a,b,c,l是适合a+b2l-1=c2,2|/bc,c≡-1(mod b2l)的正整数.运用初等数论方法讨论了方程ax+by=cz的正整数解(x,y,z),证明了当b≡5或11(mod 24)时,该方程仅有正整数解(x,y,z)=(1,2l-1,2).     

关于三项纯指数Diophantine方程的一点注记

设a、b、c是互素的正整数.证明了:当a b2l-1=c2,b≡5(mod 24),c是适合c≡-1(modb2l)的奇数,其中l是正整数时,方程ax by=cz仅有正整数解(x,y,z)=(1,2l-1,2).     

关于指数Diophantine方程ax+by=(a2+br)z

设r是正整数,a,b,c.是大于1的互素正整数.文章证明了如果a2+br=c,a=-1(mod-br+1)且c是奇数,则方程ax+by=cz仅有正整数解(x,y,z)=(2,r,1).     

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…     

丢番图方程ax~4+by~4=cz~2的解法

对正整数a,b,c给出了丢番图方程ax4+by4=cz2当(a,b,c)=(2,3,5)时的全部正整数解,结合佟瑞洲关于(a,b,c)=(5,3,2)时方程ax4+by4=cz2的结果,我们给出了丢番图方程ax4+by4=cz2当min{a,b,c}>1且max{a,b,c}≤5时的全部正整数解.从而拓展了Mordell等人关于ax4+by4=cz2的结果.     

有限域上四次对角方程ax^4+by^4=c解的存在性

设Fq是特征为p的有限域,d为正整数.对任意的a,b∈F*q,c∈Fq方程.axd+byd=c在Fq上是否恒有解这一问题长期吸引着大量研究者的关注.当d=2时,Cauchy给出了肯定结论.当d=3时,Skolem证明,对任意的素数p≠7,方程.ax3+by3=c在Fq上恒有解;Singh证明,对任意的素数方幂q≠4,方程.ax3+by3=c在Fq上恒有解.本文研究d=4的情形,给出了该方程解的存在性,即当q≠5,9,13,17,25,29时,对任意的a,b∈F*q,c∈Fq,方程.ax4+by4=c在Fq上恒有解.     

一类指数丢番图方程的解数

设 a, b , c, k 是适合 a + b = ck, gcd( a, b) = 1, c∈ { 1, 2, 4} , k > 1且 k 在c = 1或 2 时为奇数的正整数;又设ε= ( a + - b ) / c,ε = ( a - - b ) / c. 证明了:当( a, b, c, k )≠( 1, 7, 4, 2) 或( 3, 5, 4, 2) 时,至多有1 个大于 1的正奇数 n 适合 (εⁿ-εⁿ) / (ε-ε) = 1,而且如此的 n 必为满足n < 1+ ( 2logπ) / log k + 2 563. 43( 1+ ( 21. 96π) / log k )的奇素数.     

C*代数中方程a*xb+b*x*a=c的解

设a,b,c是C*代数中的3个元素,利用元素的分块矩阵表示技巧和Moore-Penrose广义逆,研究方程a*xb+b*x*a=c的解,在一定条件下,得到了该方程有解的充要条件和解的一般形式.     

关于指数丢番图方程ax+by=cz

;设r是大于1的奇数, m是偶数, Ur和Vr是适合Vr+Ur√-1=(m+-1)r的整数.运用初等方法, 证明了:如果a=|Vr|,b=|Ur|,c=m2+1且b是素数, r≡3(mod 4), m≡2(mod 4),m>(r)/(π), 那么方程ax+by=cz仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,r).     

关于指数Diophantine方程ax+by=(a2+br)z

设r是正整数,a,b,c。是大于1的互素正整数。文章证明了:如果a2 br=c,a=-1(m od-br 1)且c是奇数,则方程ax by=cz仅有正整数解(x,y,z)=(2,r,1)。     

关于不定方程1+5~a=7~b+5~c

本文将证明不定方程 1+5~a=7~b+5~c, (1)的整数解只有(a,0,a),即b=0,a=c,a为任意整数。显然,(a,0,a)是(1)的解。以下证明(1)除开(a,0,a)外,没有其他整数解。(以下所说的解均指整数解) 首先,证明(1)没有使b<0的解。引理1若(a,b,c)为(1)的解,则a,b,c不能同为负数。证明:若a<0,b<0,c<0,则记a＇=-a>0,b＇=-b>0,c＇=-C>0,(下同)。由(1)得     

两道联赛题的统一解法

命题1 已知a、b、c都是正整数,且抛物线y=ax~2 bx c与x轴有两个不同的交点A、B,若A、B到原点的距离都小于1,求a b c的最小值(1996年全国初中联赛第二试第二大题)。命题2 已知b、c为整数,方程5x~2 bx c=0的两根都大于-1且小于0,求b和c的值(1999年全国初中联赛第二试第五大题)。     

关于指数丢番图程ax+by=cz的一个Jacobi符号

设r是大于 1的奇数 ,u ,v是适合 2 ｜u ,gcd(u ,v) =1,u >2rv/π的正整数 .又设a ,b ,c是适合a+b - 1=(u+v - 1) r 以及c=u2 +v2 的正整数 .确定了Jacobi符号的值 .这一结果有助于指数Diophantine方程ax+by =cz 的求解     

关于商高数

1.Sierpinski证明了方程3~x+4~y=5~z除x=y=z=2外,无其他正整数解。Jesmanowicz提出猜测:(H)对于正整数a,b,c,x,y,z,如果有a~2+b~2=c~2和a~x+b~y=c~z,     

关于丢番图方程(na)x+(nb)y=(nc)z(c=65,89,101)

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.     

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<…     

一类不定方程的解

目的设正整数a,b,c都是正整数d的因数,讨论不定方程ax~2+by~2+cz~2=2+dxyz的整数解。方法借助于二元二次型和Pell方程的有关结论,进行分析和论证。结果当方程ax~2+by~2+cz~2=2+dxyz有解时,求出a,b,c,d所有可能的取值及相应的有限个正整数解。结论通过有限个解可以计算得到该方程的所有整数解。     

关于指数Diophantine方程a~x+b~y=z~2的一个注记

设a和b是大于1的互素的正奇数.当(a,b)=(3,5),(3,85),(5,43)或(5,63)时,方程ax+by=z2无正整数解(x,y,z).运用初等数论方法证明了以下一般性的结果:如果a是适合a≡±3(mod 8)的奇素数,b有约数d可使(a/d)=-1,其中(a/d)是Jacobi符号,则该方程仅有正整数解(a,b,x,y,z)=(11,3,4,5,122).