正整数
- 不定方程的正整数解
c为两两互素的正整数且满足a2+b2=c2,则对任意的正整数n,丢番图方程(na)x+(nb)y=(nc)z(1)(2)仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,2). 但其余的情形较为复杂,本文对此进行了探究,给出一般性结果.由定理1可得下列结论.推论1对任意的正整数n,丢番图方程(576n)x+(943n)y=(1 105n)z(3)仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,2).1 若干引理引理1[4]方程(1)适合(x,y,z)≠(2,2,2)且n>1的正
宁夏大学学报（自然科学版） 2023年1期2023-06-03
- 数论函数方程tφ2(n(n+1))=S(SL(n17))的可解性
]对于素数p和正整数k，有S(pk)≤kp；特别地，当k引理6[6]对任意的正整数m和n，有特别地，当gcd(m,n)=1时，有φ(mn)=φ(m)φ(n)。2 定理及其证明定理方程tφ2(n(n+1))=S(SL(n17))(1)有正整数解，且正整数解为(t,n)=(1,1),(1,27),(6,6),(6,9),(9,4),(18,3),(20,2)。(2)S(SL(n17))=S(p17r)≤17rp(3)其中p是n的素因子，且r是p在n的标准分解式
贵州师范大学学报（自然科学版） 2022年6期2022-12-26
- 求一类不定方程x2+y2=zm的正整数解
yn=zn没有正整数解. ” 此后数学家们又对同类型的方程xn+yn=zm进行了探索和研究，并得出“若(m，n)=1，方程xn+yn=zm必有正整数解[2-5].”至于更特殊的不定方程x2+y2=z2，则有下面众所周知的勾股数原理.引理若a，b为正整数，则方程x2+y2=z2的全部正整数解为(2ab，a2-b2，a2+b2).而对于一类不定方程x2+y2=zm(m为正整数)，(1)其中的正整数m，根据算术基本定理，“任一大于1的自然数可分解为有限个素数之积
大学数学 2022年5期2022-11-17
- 2022年高考数学北京卷压轴题的自然解法
整数数列.给定正整数m，若对任意的n∈{1,2,…,m}，在Q中存在ai,ai+1,ai+2,…,ai+j(j≥0)，使得ai+ai+1+ai+2+…+ai+j=n，则称Q为m-连续可表数列.(1)判断Q:2,1,4是否为5-连续可表数列？是否为6-连续可表数列？说明理由；(2)若Q:a1,a2,…,ak为8-连续可表数列，求证：k的最小值为4；(3)若Q:a1,a2,…,ak为20-连续可表数列，且a1+a2+…+ak解析(1)由题设可得a1=2,a2=
数理化解题研究 2022年22期2022-08-30
- 关于Pell方程组
8)设a,b是正整数且不是平方数.求Pell方程组x2-ay2=1,y2-bz2=1(1)的正整数解(x,y,z)是一个基本而重要的数论问题.从Siegel[1]关于超椭圆曲线上整点个数的结果可知,Pell方程组(1)只有有限组正整数解(x,y,z).Baker和Davenport[2]运用Baker关于对数线性型的下界估计,给出了对于给定的a,b求解Pell方程组(1)的方法.本文作者在文献[3]中给出了Pell方程组(1)的正整数解的上界.设N(a,b
南宁师范大学学报(自然科学版) 2022年1期2022-05-10
- 关于Diophantine方程(36n)x+(323n)y=(325n)z的整数解
一类方程,给定正整数a,b,c,Diophantine方程ax+by=cz,x,y,z∈N的求解一直以来都是一个重要的课题。设a,b,c是商高数组,即a,b,c是满足a2+b2=c2的两两互素的正整数,则Diophantine方程(na)x+(nb)y=(nc)z(*)显然有整数解(x,y,z)=(2,2,2)。1956年,Sierpinski[1]证明了当n=1,(a,b,c)=(3,4,5)时,方程(*)仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,2);Je
延安大学学报（自然科学版） 2021年3期2021-10-14
- 关于丢番图方程（24n）x＋（143n）y＝（145n）z
c为两两互素的正整数且满足a2＋b2＝c2。对于任意的正整数n，丢番图方程显然有正整数解（x，y，z）＝（2，2，2）。当n＝1时，在文献［1-2］中，证明了当（a，b，c）＝（3，4，5），（5，12，13），（7，24，25），（9，40，41）或（11，60，61）时，方程（1）都仅有整数解（x，y，z）＝（2，2，2）的结论。当n为任意正整数时，在文献［3-16］中，证明了当（a，b，c）＝（3，4，5），（5，12，13），（7，24，25），（
四川轻化工大学学报(自然科学版) 2021年2期2021-06-15
- 形如(a2n+1)的孤立数
及主要结论对于正整数n, 设σ(n)是n的所有不同的正因数之和。 如果两个正整数a和b满足σ(a)=σ(b)=a+b，(1)则称(a,b)是一对亲和数。一个相反的问题是：如果对于给定的a，不存在任何正整数b适合(1)式，则称a是一个孤立数(anti-sociable number)。笔者猜测：任何奇数都是孤立数。本文给出了如下结论。定理1对任意正整数n，当13≤a≤31，2a时，E(a,n)都是孤立数。1 关键性引理引理1素数都是孤立数。证明设p是素数。
河南教育学院学报（自然科学版） 2021年1期2021-04-29
- 欧拉函数方程φ(abc)=2(φ(a)+φ(b)+φ(c)-1)的正整数解*
=2ω(n)的正整数解;文献[7～10]研究了方程φ(xy)=k(φ(x)+φ(y))的可解性；孙翠芳、王曦浛、张四保等分别讨论了k=2、3、4、5、6、7、8时,方程φ(abc)=k(φ(a)+φ(b)+φ(c))的可解性,并给出了方程的所有正整数解[11～17].本文将讨论方程φ(abc)=2(φ(a)+φ(b)+φ(c)-1)的整数解，并给出其所有正整数解，一共是34组.1 主要引理引理2[18]若n≥2是整数,则φ(n)引理3[11]对任意正整数n
南宁师范大学学报(自然科学版) 2021年1期2021-04-27
- 同余数问题的一个新结果*
个无平方因子的正整数N称为同余数，如果它是一个有理边长直角三角形的面积，即存在正有理数a,b,c，使得同余数问题[2]是指：给定一个正整数N，判断它是否是同余数，以及对于一个同余数N，找出面积为N的有理边长直角三角形.1960年，有三位数学家猜想：所有正整数N≡5,6,7(mod 8)都是同余数.这个猜想至今尚未解决.目前的主要结果是：定理B(Monsky，1990) 若素数p≡3(mod 8)，则p不是同余数，但2p是同余数；若素数p≡5(mod 8)，
南宁师范大学学报(自然科学版) 2021年1期2021-04-27
- 关于丢番图方程X2-（a2+1）Y4＝k2-1-2ka
D、Q为给定的正整数，且D为非平方数，N（D，Q）表示方程的正整数解的个数.几十年前，Ljunggren［1-2］用p-adic方法，通过特殊技巧，证明了N（2，1）＝2，且（1）式有正整数解（X，Y）＝（1，1），（239，13）以及N（5，4）＝1.最近，Stoll等［3］证明了N（22m+1，22m）≤3，文献［4-5］分别证明了N（a2+1，2a）≤3，N（a2+p2n，p2n）≤2（a、n为正整数，p为奇素数，gcd（a，p）＝1，且使方程x2-
四川师范大学学报（自然科学版） 2021年2期2021-03-15
- 三变元欧拉函数方程φ（xyz）=φ（x）（φ（y）+φ（z））的可解性
数论中对于任意正整数n，欧拉函数是小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目。例如：φ（9）=6，因为1，2，4，5，7，8 均与 9 互质。 欧拉函数具有许多良好的性质，在文献[1]有详细介绍，本文会应用部分比较重要的性质。近年来，国内许多学者对与欧拉函数有关的不定方程进行了大量研究，得到了许多结论，如：张明丽等探讨了欧拉方程 φ（mn）=22×3（φ（m）+φ（n））的正整数解的问题，并利用初等方法给出了该欧拉函数方程m≤n当时的所有正整数解[2]；张四
江西理工大学学报 2020年5期2020-11-26
- 关于不定方程x3±33m=Dy2
除的无平方因子正整数。文献[1-3]对于较小的正整数m讨论了方程x3±33m=Dy2，gcd(x,y)=1(1)的求解问题。本文证明了以下一般性的结果。定理1不定方程(1)有正整数解(m,x,y)的充要条件是方程(2)由定理1直接可得推论1若2|D，2|/m，或2|/D，2|m，则不定方程x3+33m=Dy2，gcd(x,y)=1无整数解；若2|D，2|m，或2|/D，2|/m，则不定方程x3-33m=Dy2，gcd(x,y)=1无整数解。推论2若D含有素
河南教育学院学报（自然科学版） 2020年3期2020-11-16
- 椭圆曲线y2=(x-2n)(x2+2nx+m)的整数点
=1有无限多组正整数解(x,y),其基本解是(x0,y0)=(24s2+1,2s)。证明因为36s2+3≡7(mod8),所以36s2+3是非平方正整数,从而144s2+12也是非平方正整数。因此,方程x2-(144s2+12)y2=1有无限多组正整数解。此外,由于(24s2+1)2-(144s2+12)(2s)2=1,引理2 若D是一个非平方的正整数,则方程x2-Dy4=1(2)通过对递归序列的讨论可得结论. 具体证明参见文献[13,定理1]。由引理2立
山西大学学报（自然科学版） 2020年2期2020-07-13
- 费尔马大定理证明
，n不能同时为正整数。证明：假设an+bn=cn中，当n＞2 时，若a，b，c，n同时为正整数时等式成立。那么，在a+b=c中（a，b，c同时为正整数是成立的），由于当a，b为正整数时，总能够找到一个正整数c使得等式成立。在a+b=c中，规定a≤b＜c，则 在 等 式 中， 假 设a÷a=[a，0]；b÷a=[a，k1](0 ≤k1＜a)；c÷a=[a，k2](0 ≤k2＜a)(k1，k2为整数)（平余式运算知识），等式可转化为：[a，0]+[a，k1]=
数学大世界 2020年4期2020-03-16
- 三元变系数欧拉函数方程φ(xyz)=φ(x)+2φ(y)+5φ(z)的正整数解
00)对于任意正整数n，欧拉函数φ(n)定义为不大于n且与n互素的正整数的个数。欧拉函数在数论中有着重要的作用，近年来，有关欧拉函数的性质以及欧拉方程吸引了很多学者的兴趣。如Guy讨论了方程φ(x+y)=φ(x)+φ(y)的可解性[1]；张四宝，许霞等研究了方程φ(mn)=3(φ(m)+φ(n))，φ(mn)=4(φ(m)+φ(n))，φ(mn)=11(φ(m)+φ(n))的可解性[2-5]；孙翠芳，王曦浛等分别讨论了当m=2，4，5，6时，方程φ(xyz
延安大学学报（自然科学版） 2019年4期2019-12-31
- 最强大脑
三个连续的正整数的乘积恰好能被1～100这100个连续的自然数之和整除。请写出这样的三个连续正整数乘积的最小值。【考点】质因数分解【分析】先求出1至100这连续100个自然数之和为5050，将5050进行分解可得5050=2×5×5×101，从而判断三个连续的自然数中的一个必须包含101的因数，得到其中一个为101，依此即可求解：（1+100）×100÷2=5050，对5050进行分解：5050=2×5×5×101三個连续的自然数乘积恰好能被5050整除，
学生导报·东方少年 2019年23期2019-12-30
- 含欧拉函数方程φ(mn)=20[φ(m)+φ(n)]的正整数解
)设Z+为所有正整数构成的数集，φ(m)是Z+上的欧拉函数。关于欧拉函数φ(m)与含欧拉函数的方程，许多学者研究了他们的性质，如1935年ERDÖS[1]研究了欧拉函数的计算与若干性质，提出了含欧拉函数的方程，1981年GUY[2]证明了欧拉函数的加性，1960年 MAKOWSKI[3]讨论了含欧拉函数φ(mn)=φ(m)+φ(n)的正整数解，2010年SUN和CHENG[4]等研究了方程φ(mn)=k[φ(m)+φ(n)]在k为素数时的可解性，张明丽等[
上饶师范学院学报 2019年6期2019-12-27
- 最强大脑
三个连续的正整数的乘积恰好能被1～100这100个连续的自然数之和整除。请写出这样的三个连续正整数乘积的最小值。【考点】质因数分解【分析】先求出1至100這连续100个自然数之和为5050，将5050进行分解可得5050=2×5×5×101，从而判断三个连续的自然数中的一个必须包含101的因数，得到其中一个为101，依此即可求解：（1+100）×100÷2=5050，对5050进行分解：5050=2×5×5×101三个连续的自然数乘积恰好能被5050整除，
学生导报·东方少年 2019年22期2019-12-19
- 正整数n的分部量不小于2的有序分拆数
200062)正整数的分拆理论是组合数学的研究课题之一，此问题在密码学，化学，生物学，统计学等学科中有广泛应用。目前，一些学者研究分部量有限制条件的有序和无序分拆数，分拆恒等式的组合证明等方面取得了丰富的研究成果[1-7]。本文利用递推的方法给出了各分部量不大于2和各分部量不小于2分拆分拆的显式计数公式，并给出了各分部量不大于3和4的分拆数的递推式，而且可以类似地给出了正整数n的各分部量是2,或3,或4的分拆数的递推式[8-10]。1 结果及其证明定理1设
中山大学学报(自然科学版)(中英文) 2019年4期2019-08-02
- 不定方程172kx(x+1)(x+2)(x+3)=y(y+1)(y+2)(y+3)的整数解
方程(1)只有正整数解(x,y)=(5,4)；1975年，Ponnudurai T[2]证明了当M=3,N=1时，不定方程(1)有正整数解(x,y)=(3,2)和(7,5)；1982年，宣体佐[3]证明了当M=5,N=1时，不定方程(1)只有正整数解(x,y)=(2,1)；1991年，罗明[4]证明了当M=1,N=7时，不定方程(1)只有正整数解(x,y)=(4,2)；2006年，柳杨[5]证明了当M=112k,N=1时，不定方程(1)没有正整数解；200
延安大学学报（自然科学版） 2019年2期2019-07-11
- 勾股数公式与费尔马定理
2=x2+y2正整数解。当n=2，不定方程：zn=xn+yn正整数解有无数个。证明的方法：对于不定方程：z2=x2+y2，令z=k+1，则（k+1）2=k2+2k+1，对于2k+1为平方数则结论成立，当k=1，2，3……时，2k+1为连续奇数，9，25，49，81……所有奇平方数都包含于其中，奇平方数和奇数个数一样多，都有无数个，若x=2k+1=m2，m=3，5，7，9，……为奇数，则k=（m2-1）÷2，令y=k，则z=k+1=（m2+1）÷2，所以当n
中学课程辅导·教学研究 2018年5期2018-09-11
- 周期数列中的常见结论及应用*
an},若存在正整数T,使得对于任意正整数n,都有an+T=an,则称数列{an}为周期数列.其最小正周期记为T.结论1在数列中{an},若存在正整数k,使得对于任意正整数n,都有an+k=-an,则数列{an}是周期为2k的周期数列.证明因为an+2k=-an+k=an,所以数列{an}是周期为2k的周期数列.结论2在数列{an}(an/=0)中,若存在正整数k,使得对于任意正整数n,都有则数列{an}是周期为2k的周期数列.证明因为所以数列{an}是周
中学数学研究(广东) 2018年13期2018-08-11
- 二项式定理优卷（B卷）答案与提示
.(1)设m为正整数,则23m=(23)m=(7+1)m=7k+1,k∈Z。23m+1=2·23m=2(7k+1)=7(2k)+2;23m+2=7(4k)+4。故当且仅当n=3m(m∈N*)时,2n-1能被7整除。(2)由(1)可知:故对于所有的正整数n,2n+1均不能被7整除。62.(1)设Tr+1=为常数项。则有m(12-r)+nr=0,即m(12-r)-2mr=0,r=4,它是第5项。(2)因为第5项是系数最大的项,故:
中学生数理化(高中版.高二数学) 2018年5期2018-05-31
- 欧拉函数方程φ(ab)=15(φ(a)+φ(b))的正整数解
+φ(b))的正整数解袁合才， 宋倩倩， 贾媛媛(华北水利水电大学 数学与统计学院，河南 郑州 450046)讨论了欧拉函数方程φ(ab)=15(φ(a)+φ(b))，其中a,b为不小于2的正整数.利用初等数论方法，得到该方程所有234组正整数解.欧拉函数；丢番图方程；正整数解设φ(n)为欧拉函数，其值为在1,2,…,n-1中与n互素的正整数的个数.近年来，含有欧拉函数φ(n)的丢番图方程吸引了国内外越来越多学者的关注.1960年，MAKOWSKI[1]研
河南教育学院学报（自然科学版） 2017年4期2018-01-10
- 数字和乘以99变换下的黑洞数及猜想
设A是一个正整数，把A的所有数字的和乘以99，得到B.我们把从A到B的过程叫作A的f变换，记作f（A）=B.对B继续作f变换，得到f（B）=C;对C继续作f变换，……，那么，A经过有限次f变换后最终为1782.命题2 设A是一个正整数，把A的所有数字的和乘以999，得到B.我们把从A到B的过程叫作A的f变换，记作f（A）=B.对B继续作f变换，得到f（B）=C;对C继续作f变换，……，那么，A经过有限次f变换后最终为26973.（①对A≤29999一
中学数学杂志(高中版) 2018年5期2018-01-08
- 一个包含Euler函数方程的正整数解∗
er函数方程的正整数解∗王曦浛，高 丽∗，鲁伟阳(延安大学数学与计算机科学学院，陕西延安，716000)对任意的正整数n，φ(n)是Euler函数，即就是不大于n并与n互素的数的个数。本文主要目的是研究不定方程φ(xyz)＝5(φ(x)+φ(y)+φ(z))的可解性问题，并给出该方程的所有正整数解。Euler函数;不定方程;正整数解对于任意的正整数n，φ(n)是Euler函数，即就是不大于n并与n互素的数的个数[1]。有关Euler函数φ(n)的问题，有不
贵州大学学报(自然科学版) 2016年4期2016-12-19
- 费马大定理非常美妙的证明
都是自然数（即正整数），且a＜b＜c。2、本文设an=Kn，bn=（K+L）n，cn=（K+L+m）n。其中K、L、m、n都是正整数。显然这里的K＜K+L＜K+L+m；由于K、L、m是任取的正整数，满足了Kn=an，（K+L）n=bn，（K+L+m）n=cn。就是说保证了费马定理可以写成Kn+（K+L）n≠（K+L+m）n这种表达形式；其中K=1，2，3，……，K；L=1，2，3，……，L；m=1，2，3，……，m；3、根据上述规则和规定，将正整数n次方的
办公自动化 2016年20期2016-12-18
- 不定方程φ(xyz)=5(φ(x)+φ(y)+φ(z))的正整数解
+φ(z))的正整数解官春梅1，吴星星2，张四保1，席小忠3(1.喀什大学数学与统计学院，新疆喀什844008；2.新疆大学数学与系统科学学院，新疆乌鲁木齐830046；3.宜春学院数学与计算机科学学院,江西宜春336000)讨论了不定方程φ(xyz)=5(φ(x)+φ(y)+φ(z))的可解性，利用初等方法给出了该方程的57组正整数解，其中φ(n)为Euler函数.Euler函数；不定方程；正整数解；初等方法0 引言记φ(n)为Euler函数，其值等于模
西北师范大学学报（自然科学版） 2016年4期2016-09-01
- 椭圆曲线y2= px(x2- 64)的整数点
当p=17时有正整数点(x, y)=(9,51)，(17,255)；p≠17时至多有一组正整数点。椭圆曲线；同余；正整数点椭圆曲线的整数点是数论和算术代数几何学中基本而又重要的问题。关于椭圆曲线y2=ax(x2-b)的整数点问题，目前主要结论为：2007年，文[1]对b=1的情形进行了研究；2008年，文[2]对b=1的情形进行了研究；2012年，文[3]对b=1的情形进行了研究；2015年，文[4]对b=4的情形进行了研究。关于b=64的情形目前还未有相
唐山师范学院学报 2016年2期2016-02-07
- 关于数字5与7的神奇特征
连的5个与7个正整数、偶数、奇数的1次方、2次方、3次方之和分别都是5与7的整数倍。关键词：5；7；正整数；平方；立方；作和［引理1］接连的5个正整数之和是5的整数倍证明设n为正整数，则接连的5个正整数是n,n+1,n+2,n+3,n+4它们之和是证毕［引理2］接连的5个偶数之和是5的整数证明设n为正整数，则接连的5个偶数是2n,2（n+1）,2（n+2）,2（n+3）,2（n+4）它们之和是2×［n+(n+1)+(n+2)+(n+3)+(n+4)］［引理
江西广播电视大学学报 2015年2期2015-12-30
- 关于椭圆曲线y2=px（x2+2）的正整数解的一个注记
（x2+2）的正整数解的一个注记刘先蓓（安徽财经大学统计与应用数学学院，安徽蚌埠233030）取p 是满足p≡1（mod 8）的奇质数，运用同余与整除的性质，给出了椭圆曲线y2=px（x2+2）的正整数解的一个性质，并证明了当p=8 537时该椭圆曲线只有一组正整数解（x，y）=（392，717 108）。椭圆曲线；同余；正整数解J.W.S.CASSELE［1］利用四次代数数域的性质证明了p=3时椭圆曲线仅有（1，3）、（2，6）和（24，204）三组正整
新乡学院学报 2015年12期2015-10-25
- 关于Euler函数一个方程的正整数解
函数一个方程的正整数解张四保1，刘启宽2（1.喀什大学数学与统计学院，新疆喀什844008；2.昆明学院数学系，云南昆明650214）研究了方程φ（abc）＝6（φ（a）＋φ（b）＋φ（c））的可解性问题，利用初等方法给出了该方程所有的204组正整数解，其中φ（n）为Euler函数.Euler函数；不定方程；正整数解0 引言不定方程是数论中的一个重要内容，其研究范围十分广泛，如文献［1］就研究了一类方程的正整数解问题.Euler函数φ（n）的值等于序列0，
东北师大学报（自然科学版） 2015年3期2015-06-28
- 一个包含Euler函数方程的正整数解
er函数方程的正整数解张四保1*, 杜先存2(1.喀什大学 数学与统计学院, 新疆 喀什 844006; 2.红河学院 教师教育学院, 云南 蒙自 661199)主要利用初等方法研究了方程φ(xyz)=3(φ(x)+φ(y)+φ(z))的可解性问题,给出了该方程的所有的正整数解,其中φ(n)为Euler函数.Euler函数; 不定方程; 整数解定理1方程φ(xyz)=3(φ(x)+φ(y)+φ(z))(1)有正整数解：(x,y,z)=(14,2,2),(1
华中师范大学学报（自然科学版） 2015年4期2015-03-22
- 关于数字9的另外神奇特征
证明了：同一位正整数之和与其中9字打头与结尾的数之和都是9的整数倍。正整数；9；打头；结尾；之和；之积［引理1］［1］9的整数倍乘以任何有限位数的数之积的各位之和都是9的整数倍。［引理2］［2］设m≥1为正整数，则m位正整数的总个数是［定理1］ 同一位数的正整数之和都是9的整数倍证明：设m≥1为正整数，则m位正整数是公差为1的等差数列，且首项为由［引理2］得知尾项为那么，总和为这显然是9的整数倍。证毕。［定理2］ 同一位正整数之和乘以任何有限位数的数之积的
江西广播电视大学学报 2015年4期2015-02-24
- 正整数方幂方阵的循序逐增规律与费马定理——兼证费马定理不成立的必要条件
表明，任何一个正整数方幂（n＞1）均可表为数学方阵。正整数方幂方阵的各种数的循序逐增现象，反映了正整数方幂方阵的循序逐增规律性，而费马定理与此规律有着密切联系。1 正整数2次幂方阵的循序逐增规律笔者认为，要想弄清楚正整数方幂方阵的循序逐增规律性，应从对正整数2次幂方阵的研究入手，弄清楚正整数方幂方阵与正整数方幂的三角矩阵之间的关系，注重对正整数方幂方阵的各种数的循序逐增现象的研究，进而发现矩阵的各种数的循序逐增规律。1.1 任何一个正整数平方均可表为由“1
科技视界 2015年10期2015-01-01
- 关于不定方程
来，不定方程的正整数解{ x1, x2, … ,xk}的确定已成为数论及其相关领域的一个引人关注的问题。1985年，孙琦和曹珍富[1]给出了方程(1)的解数A(k)的下界，并指出(1)的解在计算机的模记数法中的数数。对于3≤k≤5，方程(1)的正整数解容易求出，即1986年，孙琦和曹珍富[2]又证明了 (6)=17 A ：{2,3,7,43,1807,3263441}，{2,3,7,43,1811,654133}，{2,3,7,43,1819,2527 0
唐山师范学院学报 2014年2期2014-11-30
- 对一道IMO题的再研究
O第6题）已知正整数a，b满足（ab+1）（a2+b2），求证：a2+b2ab+1是完全平方数.该题在当时引起一片讨论声，原因在于该题拦倒了主试委员会成员和一些数论专家.丁兴春老师在文[1]中提出并解决了更难的问题：求满足（ab+1）（a2+b2）的所有正整数a，b的解.文[1]的解答精巧简洁，然而笔者在取值试验时却发现了一些反例，本文将对原解法作修正，先将文[1]解答摘录（部分省略或改动）：（1）若a=b，则a2+b2ab+1=2a2a2+1=2-2a2
中学数学杂志(高中版) 2014年6期2014-11-29
- 关于不定方程
来，不定方程的正整数解{x1,x2,…,xk}的确定已成为数论及其相关领域的一个引人关注的问题。1985年，孙琦和曹珍富[1]给出了方程(1)的解数A(k)的下界，并指出(1)的解在计算机的模记数法中的应用。对于3≤k≤5，方程(1)的正整数解容易求出，即1986年，孙琦和曹珍富[2]又证明了A(6)=17：1997年，吴薇[3]证明了(7)=27 A，并给出了其全部正整数解。本文运用方程解的若干性质，证明了定理396≤A(8)＜2.006×1029。并给
唐山师范学院学报 2014年2期2014-02-05
- 关于数字10的神奇特征（续十二）
接连的10个正整数中，前5个取负，后5个取正，则它们的代数和是5的整数倍。证明 设n为正整数，那么接连的10个正整数中，前5个是前后对应之差都是5，代数和是45=5×9证毕。[引理2] 接连的10个正整数的2l次方中（l为正整数），前5个取负，后5个取正，则它们的代数和是5的整数倍。证明 由[引理1]，l=0时结果成立，由2数平方差得知，结论对于l=1时成立。假设结论对于l=h（正整数）成立，即是5的整数倍，那么，对于l=h+1时由假设得悉，它是5的整数
江西广播电视大学学报 2013年2期2013-04-02
- 若干包含Euler函数φ(n)的方程
)=2Ω(n)正整数解的情况进行研究, 给出了它们所有的正整数解. 所得结果不仅给出了部分非φ值和非对偶φ值, 而且利用数论函数Ω(n)对正整数n与φ(n)差的情况做了相应刻划.引理1[9]对任意正整数m和n, 若mn, 则φ(m)φ(n).引理2[9]若q=2l+1是一个素数, 则有非负整数k, 使得l=2k.素数q=22k+1称为Fermat素数.引理3设s是大于1的整数, 若qi=22ki+1(i=1,2,…,s)是不同的Fermat素数, 2k1+
吉林大学学报（理学版） 2012年5期2012-12-04
- 关于丢番图方程x(x+1)(x+2)=2pyn
方程:是否仅有正整数解(x，y)=(1，1)，(24，70).这一问题，直到1971 年，才由 Ljunggren［2］利用四次域理论给出了肯定的回答.1981年，Watson［3］利用椭圆函数的性质给出了全新的证明.1985年，马德刚［4］又给出了一个期待已久的初等证明.然而问题并未因此而结束.注意到方程(1)能改写成2x(2x+1)(2x+2)=6(2y)2，因而可得方程:在2∣x 时的全部正整数解为(x，y)=(2，2)，(48，140).1996
湖北民族大学学报(自然科学版) 2012年4期2012-10-09
- 关于方程
了方程(2)的正整数解的存在性, 即证明了以下一般性的结果.2 关键性引理证明 可参见文献[4-5].证明 可参见文献[6-7].3 定理1的证明由引理1知, 方程(6)有无穷多组正整数解, 从而方程(2)有无穷多组正整数解.由引理2知, 方程(7)无正整数解, 从而方程(2)无正整数解.由引理1知, 方程(8)有无穷多组正整数解, 从而方程(2)有无穷多组正整数解.由引理1知, 方程(9)有无穷多组正整数解, 从而方程(2)有无穷多组正整数解.由引理2知
湖南文理学院学报(自然科学版) 2012年3期2012-05-11
- 关于丢番图方程x(x+1)(x+2)=2p2y3
。设N+是全体正整数的集合，p是奇素数，1996年曹珍富［1］讨论了方程x(x+1)(x+2)=2py2，x，y∈N+，当 x 为奇数时解的情况.文献［2］讨论了方程 x(x+1)(x+2)=2py2当x为偶数时解的情况。2011年崔保军［3］讨论了方程x(x+1)(x+2)=2py3的解，并且证明了方程x(x+1)(x+2)=2py3仅有一正整数解(p，x，y)=(3，1，1). 本文讨论了方程的解，并证明了此方程没有正整数解。引理1［4］方程 x2－1
延安大学学报（自然科学版） 2012年2期2012-01-24
- 关于3的整数倍的另一神奇特征（续七）
另一特征。3；正整数；偶数；奇数；倍数；间隔；相加；相乘；立方我们从特殊到一般，先看几个特例。（1）间隔为1个的3个正整数的立方和是3的整数倍，设n为正整数，则：它显然是3的整数倍。（2）间隔为2个的3个正整数立方之和是3的整数倍。它显然是3的整数倍。（3）间隔为3个的3个正整数立方之和是3的整数倍。它显然是3的整数倍。一般的，我们有[定理1]设m为正整数，则间隔为m个正整数的3个正整数的立方和是3的整数倍，且其各位数之和也是3的整数倍。证明：对任意正整数
江西广播电视大学学报 2012年1期2012-01-12
- 关于不定方程x3+1=py2
+1=py2无正整数解的充分条件.不定方程; 正整数解; 奇素数; 充分条件0 引言及主要结论关于不定方程x3+1=Dy2(1)文[1-3]均指出,当D>2且不被6k+1形的素数整除时,它没有正整数解;当D=2时仅有正整数解(x,y)=(1,1),(23,78).但当D被6k+1形的素数整除时,方程的求解较为困难.关于D=p为奇素数的情形,文[10]证明了x3+1=7y2仅有正整数解(x,y)=(3,2).文[11]证明了x3+1=13y2无正整数解. 文
淮阴师范学院学报（自然科学版） 2011年4期2011-11-23
- 关于 Diophantine方程 xd(n)+yφ(n)=zσ(n)
5300）对于正整数n=2tpa11pa22…pakk,这里pi是奇素数,mi是正整数,i=1,2,…,k,2＜p1＜p2＜…＜pk,t是非负整数.设d(n),φ(n),σ(n)分别表示n的约数函数,Euler函数和约数和函数.给出了:n=2和 3时,方程xd(n)+yφ(n)=zσ(n)正整数解的一般公式;并证明了ai(i=1,2,…,k)中至少有两个为奇数或存在i及奇素数p,使pi≡1(modp)且ai≡ -1(modp)两种情形时,方程xd(n)+y
湖北民族大学学报(自然科学版) 2010年2期2010-12-28
- 关于不定方程++++=0的一点注记
0)不定方程;正整数解;整除;互素1 引言及主要结论L.J.M ordell[1]曾经问:不定方程的整数解怎样?文[2]根据正负号的讨论,把(1)化为如下三个求正整数解的方程:并给出了(2)的全部正整数解的表达式.下面给出定理1、定理2.定理1 不定方程(3)的全部正整数解可表为其中n,k,d为正整数,满足定理2 不定方程(4)的全部正整数解可表为其中n,k,d为正整数,满足2 定理证明先证定理1.设w=n,x=n+k,z=y+t,则n,k,t均为正整数.
河北北方学院学报（自然科学版） 2010年4期2010-09-22
- 关于不定方程x2+(p-1)y2=pz2
p=3时的一切正整数解.本文将给出任一奇素数 p≡3(mod4)时的通解公式,从而推广了文 [1]中的结论.首先注意到,如果 (x,y) =p,由 (1),p2|pz2,即 p|z2.因为 p为奇素数,所以 p|z,这样就可在 (1)式两边约去 p.如果 (x,y) =d,(d,p) =1,由 (1),d2|z2,故 d/Z,同样可在 (1)式两边约去 d,所以在讨论 (1)的正整数解时,可设 (x,y) =1[2-4].此外,本文最关键是解决当 p-1无
河北北方学院学报（自然科学版） 2010年1期2010-01-18