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1.
管训贵 《安徽大学学报(自然科学版)》2021,45(5):20-27
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. 相似文献
2.
关于一个不定方程组正整数解的上界 总被引:1,自引:0,他引:1
贺腊荣 《四川理工学院学报(自然科学版)》2011,24(1):34-37
运用Baker方法得到不定方程组13x2-11y2=2,48x2-13z2=35正整数解的上界,即记S={(x,y,z)|x,y,z∈Z,并且满足方程组13x2-11y2=2,48x2-13z2=35},T={y|(x,y,z)∈S}若能求得T的上界,只要将解内的y值代入方程组,就可求得方程组的全部正整数解。可以得到上界方程组13x2-11y2=2,48x2-13z2=35的上界为(x,y,z)=(0.92×2418393,2418393,1.92×2418393)。 相似文献
3.
佟瑞洲 《河南科技大学学报(自然科学版)》2006,27(2):91-93
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)。 相似文献
4.
关于丢番图方程x6±y6=Dz2 总被引:24,自引:3,他引:21
设正整数D无平方因子且不被 6k +1形素数整除 ,证明了丢番图方程x6±y6=Dz2 ,(x ,y) =1除开x6±y6= 2z2 仅有解x=y =z=1外 ,其他情形均无正整数解 ;同时获得了方程x6±y6=PDz2 (P为奇素数 )无正整数解的一些判据 相似文献
5.
设p为素数,利用Fermat无穷递降法,研究方程x4±3px2y2+3p2y4=z2与x4±6px2y2-3p2y4=z2正整数解的存在性,证明该方程在p≡5(mod 12)时均无正整数解,在p≡11(mod 12)时有解且有无穷多组正整数解,获得方程无穷多组正整数解的通解公式和方程的部分正整数解. 相似文献
6.
《湖南文理学院学报(自然科学版)》2001,13(2):3-5
设正整数D无平方因子且不被6k+1形素数整除,证明了丢番图方程x6±y6=Dz2,(x,y)=1除开x6±y6=2z2仅有解x=y=z=1外,其他情形均无正整数解;同时获得了方程x6±y6=PDz2(P为奇素数)无正整数解的一些判据。 相似文献
7.
王云葵 《淮北煤炭师范学院学报(自然科学版)》2001,22(3):19-22
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. 相似文献
8.
Jesmanowicz猜想Diophantine方程(na)x+(nb)y=(nc)z仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,2),其中a,b,c是两两互素的正整数且满足a2+b2=c2.主要运用简单同余法、奇偶分析法、二次剩余理论以及分类讨论等初等方法,证明了对任意的正整数n,Diophantine方程(36n)x+(... 相似文献
9.
乐茂华 《湖南文理学院学报(自然科学版)》2004,16(2):1-1,11
设c是给定的正整数.本文证明了:方程x!=y!z!仅有有限多组解(x,y,z)适合,而且这些解都满足x<max(8e10,e2c). 相似文献
10.
管训贵 《苏州大学学报(医学版)》2014,(1):1-5
设x1,y1,z1是方程xy+yx=zz的正整数解.利用p-adic对数线性型估计,证明了该方程的解满足:(i)当2∣y时,z1.46×105且z≡1(mod8);(ii)当2|z时,z6.27×105;(iii)当2|x时,z2.68×109.改进了文[5]的结论. 相似文献
11.
乐茂华 《五邑大学学报(自然科学版)》2008,22(3):7-9
设(a,b,c)是一组本原Pythagorean数组.论文运用初等数论方法证明了:如果(x,y,z)是方程a^x+6^y=c^z的一组适合(x,y,z)≠(2,2,2)正整数解,则必有x≠y以及z〉2. 相似文献
12.
乐茂华 《广西师范学院学报(自然科学版)》2006,23(2):23-24
设(a,b,c)是一组适合a为偶数的本原商高数,该文证明了:当c是素数方幂时,方程x2 by=cz仅有正整数解(x,y,z)=(a,2,2)可使y是偶数. 相似文献
13.
乐茂华 《吉首大学学报(自然科学版)》2010,31(4):5-7
设n是正整数.运用Gel’fond-Baker方法证明了当n>3·1015时,方程nx+(n+2)y=(n+1)z无正整数解(x,y,z). 相似文献
14.
乐茂华 《五邑大学学报(自然科学版)》2004,18(2):5-6
设a,b,C是两两互素的正整数,min(a,b,C)>1.论文证明了:当b(?)1(mod 8),c(?)5(mod 8)且c是素数方幂时,如果ax by=cz有正整数解(x,y,z)=(2,2,r),其中r是大于1的奇数,则该方程的例外解(x,y,z)都满足x=2以及y(?)z(?)1(mod 2). 相似文献
15.
16.
设 $n$ 为任意正整数. 著名 Erd\H{o}s-Straus 猜想是指当 $n\ge 2$ 时,
Diophantine 方程 $\frac{4}{n}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$
总有正整数解 $(x,y,z)$. 虽然有许多作者研究这个猜想, 但是至今它还未被解决. 设 $p\ge 5$ 为任意素数. 最近, Lazar 证明 Diophantine 方程
$ \frac{4}{p}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$
在区域 $xy<\sqrt{z/2}$ 内没有 $x$ 与 $y$ 互素的正整数解 $(x,y,z)$. 同时, Lazar 提出问题: 在上述方程中以 $5/p$ 替换 $4/p$,
是否有类似结果? 这也是 Sierpinski 提出的一个猜想.
在本文中, 我们证明 Diophantine 方程
$\frac{a}{p}=\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$
没有满足\ $x, y$ 互素且\ $xy<\sqrt{z/2}$ 的正整数解 $(x,y,z)$, 其中 $a$ 为满足\ $a<7\le p$ 的正整数. 这回答了上述 Lazar 问题,
并推广了 Lazar 的结果. 我们的证明方法和工具主要是利用有理数\ $\frac{a}{p}$ 的连分数表示. 相似文献
17.
曹珍富 《西南师范大学学报(自然科学版)》1988,(4)
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. 相似文献