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

V.A.Lebesque1 曾经证明方程 在t=3时,仅有正整数解n=3,x=3r。本文证明了方程(1)在4≤t≤10时无正整数解。由于(1)对于x和r是齐式的,所以我们可以假定(x,r)=1。对于方程(1),有下面的一些性质。引理1.n≥2t+2,k≤t,则有     

关于不定方程sum from j=0 to h((x+j)~n=(x+h+1)~n)的一些结论

本文考虑方程 x~n+(x+1)~n+…+(x+h)~n=(x+h+1)~n的正整数解的问题,得到一些结果,从而进一步缩小了方程可能有正整数解的范围。     

关于方程x~n (x 1)~n … (x h)~n=(x h 1)~n

1900年,E.B.Escott证明了方程(1)x~n (x 1)~n … (x h)~n=(x h 1)~n在2≤n≤5时,只有正整数解(A)n=2,h=1,x=3;n=3,h=2,x=3.在此前后,F.Hromadko和L.Aupry也证明了②方程在(1)在n=3的情形。本文得出了解方程(1)的一般方法,并且证明了方程(1)在:     

关于丢番图方程x2±y4=±z6

利用简洁初等方法,证明了丢番图方程x2±y4=z6,x2+y6=z4,x4±4y4=z3,x4-y4=2z3均无正整数解,方程x4+y4=2z3,(x,y)=1,仅有正整数解x=y=z=1.     

关于方程sum from j=0 to h(x j)~n=(x h 1)~n的一个注记

对于(2)中右边的不等式,因计算较烦,在文[1]中略去了大部证明。鉴于这个结果在文[1]和文[2]中皆用到,本文将给出一个比(2)略为精确的结果,并给出其详细的证明。     

Diophantus方程sun from i=0 to n(x i)~2=y~2的正整数解(Ⅰ)

探讨Diophantus方程Σni=0 (x i) 2 =y2 在n≤ 5 0下的正整数解问题 ,得到了以下结果 :Diophantus方程 Σni=0 (x i) 2 =y2 在n≤ 5 0下有正整数解的充要条件为n∈ {1 ,1 0 ,2 2 ,2 3 ,2 5 ,3 2 ,46,48,49}.     

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。     

不定方程x2-k(k+1)y2=1与y2-Dz2=4的公解

设p₁,…,p_r是不同的奇素数,x₁=2k+1,u,v均为正整数.该文证明了当D=2p₁…p_r(1≤r≤4)时,除开2(4x₁²-3)(4x₁²-1)(2x₁²-1)=Du²或2(2x₁²-1)=Dv²外,不定方程组x²-k(k+1)y²=1与y²-Dz²=4仅有平凡解(x,y,z)=(±(2k+1),±2,0).     

关于整数表示的新猜想(Ⅰ)（英文）

本文研究把自然数写成方幂的加权和表示问题并提出这方面的一些新猜想.例如:我们证明本质上只有9个形如aw~h+bx~i+cy~j+dz~k(其中a,b,c,d为正整数,h,i,j,k∈{2,3,4…,}且h,i,j,k中至少有一个为2)的多项式使得每个非负整数n可表成aw~h+bx~i+cy~j+dz~k的形式(其中w,x,y,z为非负整数).我们的一个猜想断言如果f(w,x,y,z)是9个多项式w~2+x~3+2y~3+cz~3(c=3,4,5,6),w~2+x~3+2y~3+dz~4(d=1,3,6),2w~2+x~3+4y~3+z~4,w~2+x~3+y~4+2z~4之一那么就有{f(w,x,y,z):w,x,y,z=0,1,2,…,}={0,1,2,…}.我们也猜测大于1的整数n可表成x~4+y~3+z~2+2~k的形式,其中x,y,z为非负整数且k为正整数.     

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.     

关于不定方程组6x~2-4y~2=2,20y~2-6z~2=14

用初等的证明方法,即递归数列的方法,对一个不定方程组6x2-4y2=2,20y2-6z2=14进行了较深入的研究。证明了该方程组有且仅有两个正整数解,这两个正整数解分别为x(,y,z)=1(,1,1)和x(,y,z)=(89,109,199)。     

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)。     

不定方程x2-2l(22h-1+δ)y2=1与y2-Dz2=4h的公解

设p₁,…,p_r为不同的奇素数，h,l,u,v都是正整数，δ∈{±1}以及x₁=4^hl+δ.证明了：当D=2p₁…p_r(1≤r≤4)时除2(4x₁²-3)(4x₁²-1)(2x₁²-1)=Du²或2(2x₁²-1)=Dv²外，不定方程x²-2l(2^2h-1l+δ)y²=1与y²-Dz²=4^h均仅有平凡解(x,y,z)=(±(4^hl+δ),±2^h,0).     

关于丢番图方程sum from i=1 to n sum from j=1 to n a_(ij)x_ix_j=0的整数解

当丢番图方程∑ni=1∑nj=1aijxixj=0有一组不全为0的整数解时,给出了它满足(x1,x2,…,xn)=1的全部整数解的公式.     

关于丢番图方程sum form k=0 to n((x-g~ak))~r=sum form k=1 to n((x+g~ak))~r

本文明了:设g=p_1p_2…p_n=10β+9型奇数,p_1,p_2……,p_3是不同素数,n,x,α,r为正整数,方程sum from k=0 to n(x-g~αk)~r=sum from k=1 to n(x+g~αk)~r仅有正整数解r=1,x=g~αn(n+1)和r=2,x=2g~αn(n+1)。     

关于方程sumk=0ton(b-2~rk)~l=sumk=1ton(b+2~rk)~l

本文证明了:设 l、n、b、r 为正整数,方程 (b-2~rk)~l= (b+2~rk)~l 仅有正整数解 l=1,b=2~rn(n+1)和1=2,b=2~(r+1)n(n+1).     

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。     

关于丢番图方程px~4-(p-4)y~2=4z~4

李辉利用初等方法给出了丢番图方程px4-(p-4)y2=4z4当p=qQ2+4,q≡3(mod4),p,q为奇素数时的全部正整数解,由于篇幅限制,只发表了一部分证明.我们补充了其它证明部分,从而给出了全部证明.     

关于方程sum from k=0 to n[x+2(10l+9)k]~r=[x+2(10l+9)(n+1)]~r

证明了:当奇数r>3,n,x为正整数,l为非负整数,(x,2(10l+9))=1时,方程sum from h=0 to n[x+2(10l+9)k]~r=[x+2(10l+9)(n+1)]~r无正整数解。