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x(x+1)(x+2)=2py~n

设p为奇素数.证明了:①若整数n>2,则丢番图方程x(x+1)(x+2)=2pyn仅有正整数解(p,x,y)=(3,1,1);②若整数n=2,则丢番图方程x(x+1)(x+2)=2pyn在p■1(mod 8)时仅有正整数解(p,x,y)=(3,1,1),(3,2,2),(3,48,140),(11,98,210);在p≡1(mod 8)时的正整数解为(p,xn,yn)=(p,16t2n,4untnsn),这里p,un,tn,sn满足sn+2=6sn+1-sn,s1=3,s2=17,tn+2=6tn+1-tn,t1=1,t2=6及pu2n=16t2n+1.     

关于丢番图方程(x+1)2+(x+2)2+…+(x+n)2=y2

利用数论方法得到了丢番图(x 1)2 (x 2)2 … (x n)2=y2有正整数解的必要充分条件,证明了当n=25时,无正整数解,当n=49时,仅有正整数解(x,y)=(24,357),当n=121时仅有正整数解(x,y)=(243,3366),同时证明了n=2,11时必有无穷多组正整数解,并给出了无穷多解的通解公式.     

关于Diophantine方程x2+p2=yn的解数的一点注记

设p是奇素数,t∈{3,4,8}.运用初等方法讨论了方程x2 p2=yn适合n>2的正整数解(x,y,n)的个数,证明了该方程至多有1组正整数解(x,y,n)适合n=t.     

Diophantus方程Σni=0(x+i)2=y2的正整数解(Ⅰ)

探讨Diophantus方程Σni=0(x+i)2=y2在n≤50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≤50下有正整数解的充要条件为n∈{1,10,22,23,25,32,46,48,49}.     

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}.     

丢番图方程y(y+1)(y+2)(y+3)=n~2 x(x+1)(x+2)(x+3)解的研究

设n1是正整数,利用Pell方程的正整数解的一组恒等式和高次丢番图方程的结果,研究了丢番图方程y(y+1)(y+2)(y+3)=n~2x(x+1)(x+2)(x+3)的正整数解(x,y),分别在2|/n,3|x的情形下和n不同素因数的个数不超过2的情形下,证明了该方程没有正整数解(x,y).     

关于Pell数的Diophantine方程x2+Uyn=Vzn

设n是正奇数,Un=(αn+βn)/2.yn=(αn-βn)/2√2,其中α=1+√2,β=1-√2.运用Pell数的算术性质讨论了方程x2+Uyn=Vzn的正整数解(x,y,z).证明了当n≡±3(rood 8)时,该方程仅有正整数解(x.y,z)=(V2n-1.2,4).     

关于广义Ramanujan-Nagell方程x2+D=pn的解数

设P是奇素数 ,D是适合p D的正整数 ,当(D ,p) =(2 ,3)或 (3s2 + 1,4s2 + 1) ,其中s是正整数时 ,方程x2 +D =pn 恰有 2组正整数解 (x ,n) ;否则 ,该方程至多有 1组正整数解     

关于广义Ramanujan-Nagell方程D1 x2+D2=pn的一点注记

设r,D1,D2是适合gcd(D1,D2)=1的正整数,又设p是适合p| D1D2的奇素数.本文证明了:如果D1+D2=4Pr且方程D1x2+D2=Pn有正整数解(x,n),则3pr-D2=±2,而且此时该方程仅有解(x,n)=(|pr-D2|/2,3r).     

关于丢番图方程2py~2=2x~3+3x~2+x的解

本文运用初等数论简单同余法、分解因子法及反证法等,得到丢番图方程2py2=2x3+3x2+x,(p为素数)无正整数解的情况.(1)当p≡1(mod 8),p≡5(mod 8),p≡7(mod 8)时,则方程无正整数解;(2)当p≡3(mod 8)时,Un+Vnp(1/2)=(x0+y0p(1/2))n.其中x0,y0是Pell方程x2-py2=1的基本解,当n≡0(mod 2)时,则方程无整数解;当n≡1(mod 2)时,若2|x0,则方程无整数解.特别是p≡3(mod 8)且p100时,2|x0,则方程无整数解.     

关于指数丢番图方程x3+1=py2与x3+1=3py2

设p是6k+1型的奇素数,运用初等方法给出了当p=3n(n+1) +1(n∈N),且3｜(2n+1)时指数丢番图方程x3+1 =py2与x3+1 =3py2无正整数解的充分条件.     

关于Diophantine方程x3±1=Dy2

利用数论中的同余,勒让德符号的性质及其它一些方法,研究丢番图方程x3±1=Dy2(D=D1P,D是无平方因子的正整数,其中D1是不能被3或6k+1之形的素数整除的正整数,P是奇素数,p=3(24r+19)(24r+20)+1,r是正整数)的解的情况.证明了当D1=7(mod 12)时,方程x3+1=Dy2无正整数解;当D1=5,14,17,23(mod 24)时,方程x3-1=Dy2无正整数解.推进了该类三次丢番图方程的研究.     

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。     

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Diophantine方程[x2]-1=qn+1

设于q=pr,其中p是素数,r是正整数.本文证明了当p＜100时,如果p≠47,53,59,67,83或89,则方程方程[x2]-1=qn+1没有正解数解(x,n).     

关于Diophantine方程〔x 2〕-1=q~n+1

设于q=pr,其中p是素数,r是正整数.本文证明了:当p<100时,如果p≠47,53,59,67,83或89,则方程方程x2-1=qn+1没有正解数解(x,n).     

关于Diophantine方程x3+1=Dyn

设D是不能被形如6k+1的素数整除的正整数,文章证明了:方程X3+1=Dyn仅当D=20时 有正整数解(x,y,n)=(19,7,3)适合x>1以及n>2。     

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x3±27=py2

利用初等方法得出了:p=12t2+1(t∈N+)为奇素数时,不定方程x3+27=py2无正整数解；p=12r2+1(t≡0(mod2))为奇素数时,不定方程x3-27=py2无正整数解.