关于丢番图方程x4±y6=z2与x2+y4=z6

利用初等数论方法证明了丢番图方程x4±y6=z2与x2+y4=z6均没有适合(x,y) =1的正整数解.     

关于丢番图方程x6±y6=3pz2

设p＞3是素数,该文运用数论方法证明了方程x6+y6=3pz2,x6±y6=6pz2均无正整数解,给出了方程x6-y6=3pz2有解的必要条件,并获得了相应的通解公式.     

关于丢番图方程15+25+…+x5=y2的通解公式

证明了丢番图方程15 25 … x5=y2必有无穷多组正整数解(xn,yn)=(xn,xn(x2n 1)un),且满足:xn 2=10xn 1-xn 4,x1=1,x2=13un 2=10un 1-un,u1=1,u2=11,给出了部分由计算机程序得到的解.     

关于丢番图方程x6±y6=Dz2

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     

关于丢番图方程(24n)x+(143n)y=(145n)z

指数型丢番图方程(na)~x+(nb)~y=(nc)~z是数论领域中非常典型的一类不定方程。设a,b,c为两两互素的正整数且满足a~2+b~2=c~2,即当a,b,c为本原商高数时,该方程就可以写为[n(a~2-b~2)]~x+[n(2ab)]~y=[n(a~2+b~2)]~z。由于该类丢番图方程与编码理论、群论以及组合论都有着紧密的联系,因此一直以来都备受广大数学爱好者的青睐。1956年,Je'sm anowicz猜想该方程仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,2),但迄今为止这类方程还未得到彻底的解决。本文主要运用奇偶分析法、简单同余法、以及二次剩余理论等方法,证明了:对任意的正整数n,丢番图方程(24n)~x+(143n)~y=(145n)~z仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,2),即证明了:当(a,b,c)=(24,143,145)时,Je'sm anowicz猜想成立。     

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.     

关于丢番图方程x(x+1)＝Dy3

设p为素数 ,证明了丢番图方程x(x+ 1) =Dy3在D=p 1(mod 3)时仅有解 (p ,x ,y) =(2 ,1,1) ,(2 ,- 2 ,1) ,(17,5 831,12 6 ) ,(17,- 5 832 ,12 6 ) ;在D =2p ,p≡ 2 ,3,5 (mod 9)时仅有解 (x ,y ,p) =(2 ,1,3) ,(- 3,1,3) ;在D =4p ,p=5或p≡ 2 ,3(mod 9)时仅有解 (p ,x ,y) =(3 ,3,1) ,(3,- 4,1) ,(5 ,4,1) ,(5 ,- 5 ,1) ,(5 ,6 85 9,133) ,(5 ,- 6 86 0 ,133)。     

关于丢番图方程x2±xy+y2=k

讨论了方程x2±xy+y2=k的可解性,利用C语言编写出方程x2±xy+y2=p和x2±xy+y2=3P的计算程序,并获得方程在一定范围内的所有正整数解。     

关于丢番图方程1＋n!=x^2

本文证明了：对几乎所有的ｎ，丢番图方程１＋ｎ！＝ｘ＾２没有正整数解。     

关于丢番图方程x3+y3=pDz2

设p≡5(mod6)是素数,D是无平方因子且不被p和6k+1形素数整除的正整数,运用初等数论方法,获得了丢番图方程x3+y3=pDz2在D=1,2,3,6时全部整数解的通解公式及其解的深刻性质,从而推进了广义Fermat猜想与Tijdeman猜想的研究进展.     

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x2±xy+y2=p

设p是形如6k+1的正素数,运用数论方法及计算机程序,获得了丢番图方程x2-xy+y2=p在p<100000时的满足x相似文献   

关于丢番图方程x6±y6=2pz2

设p＞3为素数,证明了丢番图方程x6-y6=2pz2无正整数解,证明了丢番图方程x6+y6=2pz2在p≠1(mod 24)时无正整数解,同时获得了方程在p≡1(mod 24)时有正整数解的计算公式.     

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.     

关于丢番图方程z2=(x(x+1)(x+2))2+(y(y+a)(y+b))2

证明了对任意的整数a,b,方程z~2=(x(x+1)(x+2))~2+(y(y+a)(y+b))~2有无穷多整数解(x,y,z).特别的,当a为偶数以及b=a+2,a+4时,该方程有无穷多组满足x■y的整数解.     

关于丢番图方程x2+b2y1=c2z1的解

设s,t∈N+,(s,t)=1,s>t,且a=2st,b=s2-t2,c=s2+t2.用初等方法证明了当c为素数幂时,丢番图方程x2+b2y1=c2z1仅有正整数解(x,y1,z1)=(a,1,1),推广了相关结果.     

关于丢番图方程x4±y4=mz4

利用初等方法获得了丢番图方程 x4± y4=m z4有适合 (x,y) =1的正整数解的必要条件     

关于丢番图方程x m1/n1+y m2/n2=z m3/n3

用初等方法讨论了丢番图方程 xm1n1 + ym2n2 =zm3n3 ,完全解决了 m1 =m2 =m3 =s≥ 2时方程的解的问题 .     

关于丢番图方程x3+y3=Dz4

证明了丢番图方程x3+y3=Dz4,(x,y)=1在D=1,2,3,4,6,8,12,18,24,27,36,54,72,108,