正整數(shù)
- 不定方程的正整數(shù)解
c為兩兩互素的正整數(shù)且滿足a2+b2=c2,則對(duì)任意的正整數(shù)n,丟番圖方程(na)x+(nb)y=(nc)z(1)(2)僅有正整數(shù)解(x,y,z)=(2,2,2). 但其余的情形較為復(fù)雜,本文對(duì)此進(jìn)行了探究,給出一般性結(jié)果.由定理1可得下列結(jié)論.推論1對(duì)任意的正整數(shù)n,丟番圖方程(576n)x+(943n)y=(1 105n)z(3)僅有正整數(shù)解(x,y,z)=(2,2,2).1 若干引理引理1[4]方程(1)適合(x,y,z)≠(2,2,2)且n>1的正
- 數(shù)論函數(shù)方程tφ2(n(n+1))=S(SL(n17))的可解性
]對(duì)于素?cái)?shù)p和正整數(shù)k，有S(pk)≤kp；特別地，當(dāng)k引理6[6]對(duì)任意的正整數(shù)m和n，有特別地，當(dāng)gcd(m,n)=1時(shí)，有φ(mn)=φ(m)φ(n)。2 定理及其證明定理方程tφ2(n(n+1))=S(SL(n17))(1)有正整數(shù)解，且正整數(shù)解為(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的標(biāo)準(zhǔn)分解式
- 求一類不定方程x2+y2=zm的正整數(shù)解
yn=zn沒有正整數(shù)解. ” 此后數(shù)學(xué)家們又對(duì)同類型的方程xn+yn=zm進(jìn)行了探索和研究，并得出“若(m，n)=1，方程xn+yn=zm必有正整數(shù)解[2-5].”至于更特殊的不定方程x2+y2=z2，則有下面眾所周知的勾股數(shù)原理.引理若a，b為正整數(shù)，則方程x2+y2=z2的全部正整數(shù)解為(2ab，a2-b2，a2+b2).而對(duì)于一類不定方程x2+y2=zm(m為正整數(shù))，(1)其中的正整數(shù)m，根據(jù)算術(shù)基本定理，“任一大于1的自然數(shù)可分解為有限個(gè)素?cái)?shù)之積
大學(xué)數(shù)學(xué) 2022年5期2022-11-17
- 2022年高考數(shù)學(xué)北京卷壓軸題的自然解法
整數(shù)數(shù)列.給定正整數(shù)m，若對(duì)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，則稱Q為m-連續(xù)可表數(shù)列.(1)判斷Q:2,1,4是否為5-連續(xù)可表數(shù)列？是否為6-連續(xù)可表數(shù)列？說明理由；(2)若Q:a1,a2,…,ak為8-連續(xù)可表數(shù)列，求證：k的最小值為4；(3)若Q:a1,a2,…,ak為20-連續(xù)可表數(shù)列，且a1+a2+…+ak解析(1)由題設(shè)可得a1=2,a2=
數(shù)理化解題研究 2022年22期2022-08-30
- 關(guān)于Pell方程組
8)設(shè)a,b是正整數(shù)且不是平方數(shù).求Pell方程組x2-ay2=1,y2-bz2=1(1)的正整數(shù)解(x,y,z)是一個(gè)基本而重要的數(shù)論問題.從Siegel[1]關(guān)于超橢圓曲線上整點(diǎn)個(gè)數(shù)的結(jié)果可知,Pell方程組(1)只有有限組正整數(shù)解(x,y,z).Baker和Davenport[2]運(yùn)用Baker關(guān)于對(duì)數(shù)線性型的下界估計(jì),給出了對(duì)于給定的a,b求解Pell方程組(1)的方法.本文作者在文獻(xiàn)[3]中給出了Pell方程組(1)的正整數(shù)解的上界.設(shè)N(a,b
- 關(guān)于Diophantine方程(36n)x+(323n)y=(325n)z的整數(shù)解
一類方程,給定正整數(shù)a,b,c,Diophantine方程ax+by=cz,x,y,z∈N的求解一直以來都是一個(gè)重要的課題。設(shè)a,b,c是商高數(shù)組,即a,b,c是滿足a2+b2=c2的兩兩互素的正整數(shù),則Diophantine方程(na)x+(nb)y=(nc)z(*)顯然有整數(shù)解(x,y,z)=(2,2,2)。1956年,Sierpinski[1]證明了當(dāng)n=1,(a,b,c)=(3,4,5)時(shí),方程(*)僅有正整數(shù)解(x,y,z)=(2,2,2);Je
- 關(guān)于丟番圖方程（24n）x＋（143n）y＝（145n）z
c為兩兩互素的正整數(shù)且滿足a2＋b2＝c2。對(duì)于任意的正整數(shù)n，丟番圖方程顯然有正整數(shù)解（x，y，z）＝（2，2，2）。當(dāng)n＝1時(shí)，在文獻(xiàn)［1-2］中，證明了當(dāng)（a，b，c）＝（3，4，5），（5，12，13），（7，24，25），（9，40，41）或（11，60，61）時(shí)，方程（1）都僅有整數(shù)解（x，y，z）＝（2，2，2）的結(jié)論。當(dāng)n為任意正整數(shù)時(shí)，在文獻(xiàn)［3-16］中，證明了當(dāng)（a，b，c）＝（3，4，5），（5，12，13），（7，24，25），（
- 形如(a2n+1)的孤立數(shù)
及主要結(jié)論對(duì)于正整數(shù)n, 設(shè)σ(n)是n的所有不同的正因數(shù)之和。 如果兩個(gè)正整數(shù)a和b滿足σ(a)=σ(b)=a+b，(1)則稱(a,b)是一對(duì)親和數(shù)。一個(gè)相反的問題是：如果對(duì)于給定的a，不存在任何正整數(shù)b適合(1)式，則稱a是一個(gè)孤立數(shù)(anti-sociable number)。筆者猜測：任何奇數(shù)都是孤立數(shù)。本文給出了如下結(jié)論。定理1對(duì)任意正整數(shù)n，當(dāng)13≤a≤31，2a時(shí)，E(a,n)都是孤立數(shù)。1 關(guān)鍵性引理引理1素?cái)?shù)都是孤立數(shù)。證明設(shè)p是素?cái)?shù)。
- 歐拉函數(shù)方程φ(abc)=2(φ(a)+φ(b)+φ(c)-1)的正整數(shù)解*
=2ω(n)的正整數(shù)解;文獻(xiàn)[7～10]研究了方程φ(xy)=k(φ(x)+φ(y))的可解性；孫翠芳、王曦浛、張四保等分別討論了k=2、3、4、5、6、7、8時(shí),方程φ(abc)=k(φ(a)+φ(b)+φ(c))的可解性,并給出了方程的所有正整數(shù)解[11～17].本文將討論方程φ(abc)=2(φ(a)+φ(b)+φ(c)-1)的整數(shù)解，并給出其所有正整數(shù)解，一共是34組.1 主要引理引理2[18]若n≥2是整數(shù),則φ(n)引理3[11]對(duì)任意正整數(shù)n
- 同余數(shù)問題的一個(gè)新結(jié)果*
個(gè)無平方因子的正整數(shù)N稱為同余數(shù)，如果它是一個(gè)有理邊長直角三角形的面積，即存在正有理數(shù)a,b,c，使得同余數(shù)問題[2]是指：給定一個(gè)正整數(shù)N，判斷它是否是同余數(shù)，以及對(duì)于一個(gè)同余數(shù)N，找出面積為N的有理邊長直角三角形.1960年，有三位數(shù)學(xué)家猜想：所有正整數(shù)N≡5,6,7(mod 8)都是同余數(shù).這個(gè)猜想至今尚未解決.目前的主要結(jié)果是：定理B(Monsky，1990) 若素?cái)?shù)p≡3(mod 8)，則p不是同余數(shù)，但2p是同余數(shù)；若素?cái)?shù)p≡5(mod 8)，
- 關(guān)于丟番圖方程X2-（a2+1）Y4＝k2-1-2ka
D、Q為給定的正整數(shù)，且D為非平方數(shù)，N（D，Q）表示方程的正整數(shù)解的個(gè)數(shù).幾十年前，Ljunggren［1-2］用p-adic方法，通過特殊技巧，證明了N（2，1）＝2，且（1）式有正整數(shù)解（X，Y）＝（1，1），（239，13）以及N（5，4）＝1.最近，Stoll等［3］證明了N（22m+1，22m）≤3，文獻(xiàn)［4-5］分別證明了N（a2+1，2a）≤3，N（a2+p2n，p2n）≤2（a、n為正整數(shù)，p為奇素?cái)?shù)，gcd（a，p）＝1，且使方程x2-
- 三變元?dú)W拉函數(shù)方程φ（xyz）=φ（x）（φ（y）+φ（z））的可解性
數(shù)論中對(duì)于任意正整數(shù)n，歐拉函數(shù)是小于或等于n的正整數(shù)中與n互質(zhì)的數(shù)的數(shù)目。例如：φ（9）=6，因?yàn)?，2，4，5，7，8 均與 9 互質(zhì)。 歐拉函數(shù)具有許多良好的性質(zhì)，在文獻(xiàn)[1]有詳細(xì)介紹，本文會(huì)應(yīng)用部分比較重要的性質(zhì)。近年來，國內(nèi)許多學(xué)者對(duì)與歐拉函數(shù)有關(guān)的不定方程進(jìn)行了大量研究，得到了許多結(jié)論，如：張明麗等探討了歐拉方程 φ（mn）=22×3（φ（m）+φ（n））的正整數(shù)解的問題，并利用初等方法給出了該歐拉函數(shù)方程m≤n當(dāng)時(shí)的所有正整數(shù)解[2]；張四
江西理工大學(xué)學(xué)報(bào) 2020年5期2020-11-26
- 關(guān)于不定方程x3±33m=Dy2
除的無平方因子正整數(shù)。文獻(xiàn)[1-3]對(duì)于較小的正整數(shù)m討論了方程x3±33m=Dy2，gcd(x,y)=1(1)的求解問題。本文證明了以下一般性的結(jié)果。定理1不定方程(1)有正整數(shù)解(m,x,y)的充要條件是方程(2)由定理1直接可得推論1若2|D，2|/m，或2|/D，2|m，則不定方程x3+33m=Dy2，gcd(x,y)=1無整數(shù)解；若2|D，2|m，或2|/D，2|/m，則不定方程x3-33m=Dy2，gcd(x,y)=1無整數(shù)解。推論2若D含有素
- 橢圓曲線y2=(x-2n)(x2+2nx+m)的整數(shù)點(diǎn)
=1有無限多組正整數(shù)解(x,y),其基本解是(x0,y0)=(24s2+1,2s)。證明因?yàn)?6s2+3≡7(mod8),所以36s2+3是非平方正整數(shù),從而144s2+12也是非平方正整數(shù)。因此,方程x2-(144s2+12)y2=1有無限多組正整數(shù)解。此外,由于(24s2+1)2-(144s2+12)(2s)2=1,引理2 若D是一個(gè)非平方的正整數(shù),則方程x2-Dy4=1(2)通過對(duì)遞歸序列的討論可得結(jié)論. 具體證明參見文獻(xiàn)[13,定理1]。由引理2立
- 費(fèi)爾馬大定理證明
，n不能同時(shí)為正整數(shù)。證明：假設(shè)an+bn=cn中，當(dāng)n＞2 時(shí)，若a，b，c，n同時(shí)為正整數(shù)時(shí)等式成立。那么，在a+b=c中（a，b，c同時(shí)為正整數(shù)是成立的），由于當(dāng)a，b為正整數(shù)時(shí)，總能夠找到一個(gè)正整數(shù)c使得等式成立。在a+b=c中，規(guī)定a≤b＜c，則 在 等 式 中， 假 設(shè)a÷a=[a，0]；b÷a=[a，k1](0 ≤k1＜a)；c÷a=[a，k2](0 ≤k2＜a)(k1，k2為整數(shù))（平余式運(yùn)算知識(shí)），等式可轉(zhuǎn)化為：[a，0]+[a，k1]=
數(shù)學(xué)大世界 2020年4期2020-03-16
- 三元變系數(shù)歐拉函數(shù)方程φ(xyz)=φ(x)+2φ(y)+5φ(z)的正整數(shù)解
00)對(duì)于任意正整數(shù)n，歐拉函數(shù)φ(n)定義為不大于n且與n互素的正整數(shù)的個(gè)數(shù)。歐拉函數(shù)在數(shù)論中有著重要的作用，近年來，有關(guān)歐拉函數(shù)的性質(zhì)以及歐拉方程吸引了很多學(xué)者的興趣。如Guy討論了方程φ(x+y)=φ(x)+φ(y)的可解性[1]；張四寶，許霞等研究了方程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]；孫翠芳，王曦浛等分別討論了當(dāng)m=2，4，5，6時(shí)，方程φ(xyz
- 最強(qiáng)大腦
三個(gè)連續(xù)的正整數(shù)的乘積恰好能被1～100這100個(gè)連續(xù)的自然數(shù)之和整除。請(qǐng)寫出這樣的三個(gè)連續(xù)正整數(shù)乘積的最小值?！究键c(diǎn)】質(zhì)因數(shù)分解【分析】先求出1至100這連續(xù)100個(gè)自然數(shù)之和為5050，將5050進(jìn)行分解可得5050=2×5×5×101，從而判斷三個(gè)連續(xù)的自然數(shù)中的一個(gè)必須包含101的因數(shù)，得到其中一個(gè)為101，依此即可求解：（1+100）×100÷2=5050，對(duì)5050進(jìn)行分解：5050=2×5×5×101三個(gè)連續(xù)的自然數(shù)乘積恰好能被5050整除，
學(xué)生導(dǎo)報(bào)·東方少年 2019年23期2019-12-30
- 含歐拉函數(shù)方程φ(mn)=20[φ(m)+φ(n)]的正整數(shù)解
)設(shè)Z+為所有正整數(shù)構(gòu)成的數(shù)集，φ(m)是Z+上的歐拉函數(shù)。關(guān)于歐拉函數(shù)φ(m)與含歐拉函數(shù)的方程，許多學(xué)者研究了他們的性質(zhì)，如1935年ERD?S[1]研究了歐拉函數(shù)的計(jì)算與若干性質(zhì)，提出了含歐拉函數(shù)的方程，1981年GUY[2]證明了歐拉函數(shù)的加性，1960年 MAKOWSKI[3]討論了含歐拉函數(shù)φ(mn)=φ(m)+φ(n)的正整數(shù)解，2010年SUN和CHENG[4]等研究了方程φ(mn)=k[φ(m)+φ(n)]在k為素?cái)?shù)時(shí)的可解性，張明麗等[
上饒師范學(xué)院學(xué)報(bào) 2019年6期2019-12-27
- 最強(qiáng)大腦
三個(gè)連續(xù)的正整數(shù)的乘積恰好能被1～100這100個(gè)連續(xù)的自然數(shù)之和整除。請(qǐng)寫出這樣的三個(gè)連續(xù)正整數(shù)乘積的最小值?！究键c(diǎn)】質(zhì)因數(shù)分解【分析】先求出1至100這連續(xù)100個(gè)自然數(shù)之和為5050，將5050進(jìn)行分解可得5050=2×5×5×101，從而判斷三個(gè)連續(xù)的自然數(shù)中的一個(gè)必須包含101的因數(shù)，得到其中一個(gè)為101，依此即可求解：（1+100）×100÷2=5050，對(duì)5050進(jìn)行分解：5050=2×5×5×101三個(gè)連續(xù)的自然數(shù)乘積恰好能被5050整除，
學(xué)生導(dǎo)報(bào)·東方少年 2019年22期2019-12-19
- 正整數(shù)n的分部量不小于2的有序分拆數(shù)
200062)正整數(shù)的分拆理論是組合數(shù)學(xué)的研究課題之一，此問題在密碼學(xué)，化學(xué)，生物學(xué)，統(tǒng)計(jì)學(xué)等學(xué)科中有廣泛應(yīng)用。目前，一些學(xué)者研究分部量有限制條件的有序和無序分拆數(shù)，分拆恒等式的組合證明等方面取得了豐富的研究成果[1-7]。本文利用遞推的方法給出了各分部量不大于2和各分部量不小于2分拆分拆的顯式計(jì)數(shù)公式，并給出了各分部量不大于3和4的分拆數(shù)的遞推式，而且可以類似地給出了正整數(shù)n的各分部量是2,或3,或4的分拆數(shù)的遞推式[8-10]。1 結(jié)果及其證明定理1設(shè)
- 不定方程172kx(x+1)(x+2)(x+3)=y(y+1)(y+2)(y+3)的整數(shù)解
方程(1)只有正整數(shù)解(x,y)=(5,4)；1975年，Ponnudurai T[2]證明了當(dāng)M=3,N=1時(shí)，不定方程(1)有正整數(shù)解(x,y)=(3,2)和(7,5)；1982年，宣體佐[3]證明了當(dāng)M=5,N=1時(shí)，不定方程(1)只有正整數(shù)解(x,y)=(2,1)；1991年，羅明[4]證明了當(dāng)M=1,N=7時(shí)，不定方程(1)只有正整數(shù)解(x,y)=(4,2)；2006年，柳楊[5]證明了當(dāng)M=112k,N=1時(shí)，不定方程(1)沒有正整數(shù)解；200
- 勾股數(shù)公式與費(fèi)爾馬定理
2=x2+y2正整數(shù)解。當(dāng)n=2，不定方程：zn=xn+yn正整數(shù)解有無數(shù)個(gè)。證明的方法：對(duì)于不定方程：z2=x2+y2，令z=k+1，則（k+1）2=k2+2k+1，對(duì)于2k+1為平方數(shù)則結(jié)論成立，當(dāng)k=1，2，3……時(shí)，2k+1為連續(xù)奇數(shù)，9，25，49，81……所有奇平方數(shù)都包含于其中，奇平方數(shù)和奇數(shù)個(gè)數(shù)一樣多，都有無數(shù)個(gè)，若x=2k+1=m2，m=3，5，7，9，……為奇數(shù)，則k=（m2-1）÷2，令y=k，則z=k+1=（m2+1）÷2，所以當(dāng)n
中學(xué)課程輔導(dǎo)·教學(xué)研究 2018年5期2018-09-11
- 周期數(shù)列中的常見結(jié)論及應(yīng)用*
an},若存在正整數(shù)T,使得對(duì)于任意正整數(shù)n,都有an+T=an,則稱數(shù)列{an}為周期數(shù)列.其最小正周期記為T.結(jié)論1在數(shù)列中{an},若存在正整數(shù)k,使得對(duì)于任意正整數(shù)n,都有an+k=-an,則數(shù)列{an}是周期為2k的周期數(shù)列.證明因?yàn)閍n+2k=-an+k=an,所以數(shù)列{an}是周期為2k的周期數(shù)列.結(jié)論2在數(shù)列{an}(an/=0)中,若存在正整數(shù)k,使得對(duì)于任意正整數(shù)n,都有則數(shù)列{an}是周期為2k的周期數(shù)列.證明因?yàn)樗詳?shù)列{an}是周
中學(xué)數(shù)學(xué)研究(廣東) 2018年13期2018-08-11
- 二項(xiàng)式定理優(yōu)卷（B卷）答案與提示
.(1)設(shè)m為正整數(shù),則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。故當(dāng)且僅當(dāng)n=3m(m∈N*)時(shí),2n-1能被7整除。(2)由(1)可知:故對(duì)于所有的正整數(shù)n,2n+1均不能被7整除。62.(1)設(shè)Tr+1=為常數(shù)項(xiàng)。則有m(12-r)+nr=0,即m(12-r)-2mr=0,r=4,它是第5項(xiàng)。(2)因?yàn)榈?項(xiàng)是系數(shù)最大的項(xiàng),故:
- 歐拉函數(shù)方程φ(ab)=15(φ(a)+φ(b))的正整數(shù)解
+φ(b))的正整數(shù)解袁合才， 宋倩倩， 賈媛媛(華北水利水電大學(xué) 數(shù)學(xué)與統(tǒng)計(jì)學(xué)院，河南 鄭州 450046)討論了歐拉函數(shù)方程φ(ab)=15(φ(a)+φ(b))，其中a,b為不小于2的正整數(shù).利用初等數(shù)論方法，得到該方程所有234組正整數(shù)解.歐拉函數(shù)；丟番圖方程；正整數(shù)解設(shè)φ(n)為歐拉函數(shù)，其值為在1,2,…,n-1中與n互素的正整數(shù)的個(gè)數(shù).近年來，含有歐拉函數(shù)φ(n)的丟番圖方程吸引了國內(nèi)外越來越多學(xué)者的關(guān)注.1960年，MAKOWSKI[1]研
- 數(shù)字和乘以99變換下的黑洞數(shù)及猜想
? 設(shè)A是一個(gè)正整數(shù)，把A的所有數(shù)字的和乘以99，得到B.我們把從A到B的過程叫作A的f變換，記作f（A）=B.對(duì)B繼續(xù)作f變換，得到f（B）=C;對(duì)C繼續(xù)作f變換，……，那么，A經(jīng)過有限次f變換后最終為1782.命題2? 設(shè)A是一個(gè)正整數(shù)，把A的所有數(shù)字的和乘以999，得到B.我們把從A到B的過程叫作A的f變換，記作f（A）=B.對(duì)B繼續(xù)作f變換，得到f（B）=C;對(duì)C繼續(xù)作f變換，……，那么，A經(jīng)過有限次f變換后最終為26973.（①對(duì)A≤29999一
中學(xué)數(shù)學(xué)雜志(高中版) 2018年5期2018-01-08
- 一個(gè)包含Euler函數(shù)方程的正整數(shù)解?
er函數(shù)方程的正整數(shù)解?王曦浛，高 麗?，魯偉陽(延安大學(xué)數(shù)學(xué)與計(jì)算機(jī)科學(xué)學(xué)院，陜西延安，716000)對(duì)任意的正整數(shù)n，φ(n)是Euler函數(shù)，即就是不大于n并與n互素的數(shù)的個(gè)數(shù)。本文主要目的是研究不定方程φ(xyz)＝5(φ(x)+φ(y)+φ(z))的可解性問題，并給出該方程的所有正整數(shù)解。Euler函數(shù);不定方程;正整數(shù)解對(duì)于任意的正整數(shù)n，φ(n)是Euler函數(shù)，即就是不大于n并與n互素的數(shù)的個(gè)數(shù)[1]。有關(guān)Euler函數(shù)φ(n)的問題，有不
- 費(fèi)馬大定理非常美妙的證明
都是自然數(shù)（即正整數(shù)），且a＜b＜c。2、本文設(shè)an=Kn，bn=（K+L）n，cn=（K+L+m）n。其中K、L、m、n都是正整數(shù)。顯然這里的K＜K+L＜K+L+m；由于K、L、m是任取的正整數(shù)，滿足了Kn=an，（K+L）n=bn，（K+L+m）n=cn。就是說保證了費(fèi)馬定理可以寫成Kn+（K+L）n≠（K+L+m）n這種表達(dá)形式；其中K=1，2，3，……，K；L=1，2，3，……，L；m=1，2，3，……，m；3、根據(jù)上述規(guī)則和規(guī)定，將正整數(shù)n次方的
辦公自動(dòng)化 2016年20期2016-12-18
- 不定方程φ(xyz)=5(φ(x)+φ(y)+φ(z))的正整數(shù)解
+φ(z))的正整數(shù)解官春梅1，吳星星2，張四保1，席小忠3(1.喀什大學(xué)數(shù)學(xué)與統(tǒng)計(jì)學(xué)院，新疆喀什844008；2.新疆大學(xué)數(shù)學(xué)與系統(tǒng)科學(xué)學(xué)院，新疆烏魯木齊830046；3.宜春學(xué)院數(shù)學(xué)與計(jì)算機(jī)科學(xué)學(xué)院,江西宜春336000)討論了不定方程φ(xyz)=5(φ(x)+φ(y)+φ(z))的可解性，利用初等方法給出了該方程的57組正整數(shù)解，其中φ(n)為Euler函數(shù).Euler函數(shù)；不定方程；正整數(shù)解；初等方法0 引言記φ(n)為Euler函數(shù)，其值等于模
- 橢圓曲線y2= px(x2- 64)的整數(shù)點(diǎn)
當(dāng)p=17時(shí)有正整數(shù)點(diǎn)(x, y)=(9,51)，(17,255)；p≠17時(shí)至多有一組正整數(shù)點(diǎn)。橢圓曲線；同余；正整數(shù)點(diǎn)橢圓曲線的整數(shù)點(diǎn)是數(shù)論和算術(shù)代數(shù)幾何學(xué)中基本而又重要的問題。關(guān)于橢圓曲線y2=ax(x2-b)的整數(shù)點(diǎn)問題，目前主要結(jié)論為：2007年，文[1]對(duì)b=1的情形進(jìn)行了研究；2008年，文[2]對(duì)b=1的情形進(jìn)行了研究；2012年，文[3]對(duì)b=1的情形進(jìn)行了研究；2015年，文[4]對(duì)b=4的情形進(jìn)行了研究。關(guān)于b=64的情形目前還未有相
唐山師范學(xué)院學(xué)報(bào) 2016年2期2016-02-07
- 關(guān)于數(shù)字5與7的神奇特征
連的5個(gè)與7個(gè)正整數(shù)、偶數(shù)、奇數(shù)的1次方、2次方、3次方之和分別都是5與7的整數(shù)倍。關(guān)鍵詞：5；7；正整數(shù)；平方；立方；作和［引理1］接連的5個(gè)正整數(shù)之和是5的整數(shù)倍證明設(shè)n為正整數(shù)，則接連的5個(gè)正整數(shù)是n,n+1,n+2,n+3,n+4它們之和是證畢［引理2］接連的5個(gè)偶數(shù)之和是5的整數(shù)證明設(shè)n為正整數(shù)，則接連的5個(gè)偶數(shù)是2n,2（n+1）,2（n+2）,2（n+3）,2（n+4）它們之和是2×［n+(n+1)+(n+2)+(n+3)+(n+4)］［引理
江西廣播電視大學(xué)學(xué)報(bào) 2015年2期2015-12-30
- 關(guān)于橢圓曲線y2=px（x2+2）的正整數(shù)解的一個(gè)注記
（x2+2）的正整數(shù)解的一個(gè)注記劉先蓓（安徽財(cái)經(jīng)大學(xué)統(tǒng)計(jì)與應(yīng)用數(shù)學(xué)學(xué)院，安徽蚌埠233030）取p 是滿足p≡1（mod 8）的奇質(zhì)數(shù)，運(yùn)用同余與整除的性質(zhì)，給出了橢圓曲線y2=px（x2+2）的正整數(shù)解的一個(gè)性質(zhì)，并證明了當(dāng)p=8 537時(shí)該橢圓曲線只有一組正整數(shù)解（x，y）=（392，717 108）。橢圓曲線；同余；正整數(shù)解J.W.S.CASSELE［1］利用四次代數(shù)數(shù)域的性質(zhì)證明了p=3時(shí)橢圓曲線僅有（1，3）、（2，6）和（24，204）三組正整
新鄉(xiāng)學(xué)院學(xué)報(bào) 2015年12期2015-10-25
- 關(guān)于Euler函數(shù)一個(gè)方程的正整數(shù)解
函數(shù)一個(gè)方程的正整數(shù)解張四保1，劉啟寬2（1.喀什大學(xué)數(shù)學(xué)與統(tǒng)計(jì)學(xué)院，新疆喀什844008；2.昆明學(xué)院數(shù)學(xué)系，云南昆明650214）研究了方程φ（abc）＝6（φ（a）＋φ（b）＋φ（c））的可解性問題，利用初等方法給出了該方程所有的204組正整數(shù)解，其中φ（n）為Euler函數(shù).Euler函數(shù)；不定方程；正整數(shù)解0 引言不定方程是數(shù)論中的一個(gè)重要內(nèi)容，其研究范圍十分廣泛，如文獻(xiàn)［1］就研究了一類方程的正整數(shù)解問題.Euler函數(shù)φ（n）的值等于序列0，
東北師大學(xué)報(bào)（自然科學(xué)版） 2015年3期2015-06-28
- 一個(gè)包含Euler函數(shù)方程的正整數(shù)解
er函數(shù)方程的正整數(shù)解張四保1*, 杜先存2(1.喀什大學(xué) 數(shù)學(xué)與統(tǒng)計(jì)學(xué)院, 新疆 喀什 844006; 2.紅河學(xué)院 教師教育學(xué)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))的可解性問題,給出了該方程的所有的正整數(shù)解,其中φ(n)為Euler函數(shù).Euler函數(shù); 不定方程; 整數(shù)解定理1方程φ(xyz)=3(φ(x)+φ(y)+φ(z))(1)有正整數(shù)解：(x,y,z)=(14,2,2),(1
- 關(guān)于數(shù)字9的另外神奇特征
證明了：同一位正整數(shù)之和與其中9字打頭與結(jié)尾的數(shù)之和都是9的整數(shù)倍。正整數(shù)；9；打頭；結(jié)尾；之和；之積［引理1］［1］9的整數(shù)倍乘以任何有限位數(shù)的數(shù)之積的各位之和都是9的整數(shù)倍。［引理2］［2］設(shè)m≥1為正整數(shù)，則m位正整數(shù)的總個(gè)數(shù)是［定理1］ 同一位數(shù)的正整數(shù)之和都是9的整數(shù)倍證明：設(shè)m≥1為正整數(shù)，則m位正整數(shù)是公差為1的等差數(shù)列，且首項(xiàng)為由［引理2］得知尾項(xiàng)為那么，總和為這顯然是9的整數(shù)倍。證畢。［定理2］ 同一位正整數(shù)之和乘以任何有限位數(shù)的數(shù)之積的
江西廣播電視大學(xué)學(xué)報(bào) 2015年4期2015-02-24
- 正整數(shù)方冪方陣的循序逐增規(guī)律與費(fèi)馬定理——兼證費(fèi)馬定理不成立的必要條件
表明，任何一個(gè)正整數(shù)方冪（n＞1）均可表為數(shù)學(xué)方陣。正整數(shù)方冪方陣的各種數(shù)的循序逐增現(xiàn)象，反映了正整數(shù)方冪方陣的循序逐增規(guī)律性，而費(fèi)馬定理與此規(guī)律有著密切聯(lián)系。1 正整數(shù)2次冪方陣的循序逐增規(guī)律筆者認(rèn)為，要想弄清楚正整數(shù)方冪方陣的循序逐增規(guī)律性，應(yīng)從對(duì)正整數(shù)2次冪方陣的研究入手，弄清楚正整數(shù)方冪方陣與正整數(shù)方冪的三角矩陣之間的關(guān)系，注重對(duì)正整數(shù)方冪方陣的各種數(shù)的循序逐增現(xiàn)象的研究，進(jìn)而發(fā)現(xiàn)矩陣的各種數(shù)的循序逐增規(guī)律。1.1 任何一個(gè)正整數(shù)平方均可表為由“1
科技視界 2015年10期2015-01-01
- 關(guān)于不定方程
來，不定方程的正整數(shù)解{ x1, x2, … ,xk}的確定已成為數(shù)論及其相關(guān)領(lǐng)域的一個(gè)引人關(guān)注的問題。1985年，孫琦和曹珍富[1]給出了方程(1)的解數(shù)A(k)的下界，并指出(1)的解在計(jì)算機(jī)的模記數(shù)法中的數(shù)數(shù)。對(duì)于3≤k≤5，方程(1)的正整數(shù)解容易求出，即1986年，孫琦和曹珍富[2]又證明了 (6)=17 A ：{2,3,7,43,1807,3263441}，{2,3,7,43,1811,654133}，{2,3,7,43,1819,2527 0
唐山師范學(xué)院學(xué)報(bào) 2014年2期2014-11-30
- 對(duì)一道IMO題的再研究
O第6題）已知正整數(shù)a，b滿足（ab+1）（a2+b2），求證：a2+b2ab+1是完全平方數(shù).該題在當(dāng)時(shí)引起一片討論聲，原因在于該題攔倒了主試委員會(huì)成員和一些數(shù)論專家.丁興春老師在文[1]中提出并解決了更難的問題：求滿足（ab+1）（a2+b2）的所有正整數(shù)a，b的解.文[1]的解答精巧簡潔，然而筆者在取值試驗(yàn)時(shí)卻發(fā)現(xiàn)了一些反例，本文將對(duì)原解法作修正，先將文[1]解答摘錄（部分省略或改動(dòng)）：（1）若a=b，則a2+b2ab+1=2a2a2+1=2-2a2
中學(xué)數(shù)學(xué)雜志(高中版) 2014年6期2014-11-29
- 關(guān)于不定方程
來，不定方程的正整數(shù)解{x1,x2,…,xk}的確定已成為數(shù)論及其相關(guān)領(lǐng)域的一個(gè)引人關(guān)注的問題。1985年，孫琦和曹珍富[1]給出了方程(1)的解數(shù)A(k)的下界，并指出(1)的解在計(jì)算機(jī)的模記數(shù)法中的應(yīng)用。對(duì)于3≤k≤5，方程(1)的正整數(shù)解容易求出，即1986年，孫琦和曹珍富[2]又證明了A(6)=17：1997年，吳薇[3]證明了(7)=27 A，并給出了其全部正整數(shù)解。本文運(yùn)用方程解的若干性質(zhì)，證明了定理396≤A(8)＜2.006×1029。并給
唐山師范學(xué)院學(xué)報(bào) 2014年2期2014-02-05
- 關(guān)于數(shù)字10的神奇特征（續(xù)十二）
接連的10個(gè)正整數(shù)中，前5個(gè)取負(fù)，后5個(gè)取正，則它們的代數(shù)和是5的整數(shù)倍。證明 設(shè)n為正整數(shù)，那么接連的10個(gè)正整數(shù)中，前5個(gè)是前后對(duì)應(yīng)之差都是5，代數(shù)和是45=5×9證畢。[引理2] 接連的10個(gè)正整數(shù)的2l次方中（l為正整數(shù)），前5個(gè)取負(fù)，后5個(gè)取正，則它們的代數(shù)和是5的整數(shù)倍。證明 由[引理1]，l=0時(shí)結(jié)果成立，由2數(shù)平方差得知，結(jié)論對(duì)于l=1時(shí)成立。假設(shè)結(jié)論對(duì)于l=h（正整數(shù)）成立，即是5的整數(shù)倍，那么，對(duì)于l=h+1時(shí)由假設(shè)得悉，它是5的整數(shù)
江西廣播電視大學(xué)學(xué)報(bào) 2013年2期2013-04-02
- 若干包含Euler函數(shù)φ(n)的方程
)=2Ω(n)正整數(shù)解的情況進(jìn)行研究, 給出了它們所有的正整數(shù)解. 所得結(jié)果不僅給出了部分非φ值和非對(duì)偶φ值, 而且利用數(shù)論函數(shù)Ω(n)對(duì)正整數(shù)n與φ(n)差的情況做了相應(yīng)刻劃.引理1[9]對(duì)任意正整數(shù)m和n, 若mn, 則φ(m)φ(n).引理2[9]若q=2l+1是一個(gè)素?cái)?shù), 則有非負(fù)整數(shù)k, 使得l=2k.素?cái)?shù)q=22k+1稱為Fermat素?cái)?shù).引理3設(shè)s是大于1的整數(shù), 若qi=22ki+1(i=1,2,…,s)是不同的Fermat素?cái)?shù), 2k1+
吉林大學(xué)學(xué)報(bào)（理學(xué)版） 2012年5期2012-12-04
- 關(guān)于丟番圖方程x(x+1)(x+2)=2pyn
方程:是否僅有正整數(shù)解(x，y)=(1，1)，(24，70).這一問題，直到1971 年，才由 Ljunggren［2］利用四次域理論給出了肯定的回答.1981年，Watson［3］利用橢圓函數(shù)的性質(zhì)給出了全新的證明.1985年，馬德剛［4］又給出了一個(gè)期待已久的初等證明.然而問題并未因此而結(jié)束.注意到方程(1)能改寫成2x(2x+1)(2x+2)=6(2y)2，因而可得方程:在2∣x 時(shí)的全部正整數(shù)解為(x，y)=(2，2)，(48，140).1996
- 關(guān)于方程
了方程(2)的正整數(shù)解的存在性, 即證明了以下一般性的結(jié)果.2 關(guān)鍵性引理證明 可參見文獻(xiàn)[4-5].證明 可參見文獻(xiàn)[6-7].3 定理1的證明由引理1知, 方程(6)有無窮多組正整數(shù)解, 從而方程(2)有無窮多組正整數(shù)解.由引理2知, 方程(7)無正整數(shù)解, 從而方程(2)無正整數(shù)解.由引理1知, 方程(8)有無窮多組正整數(shù)解, 從而方程(2)有無窮多組正整數(shù)解.由引理1知, 方程(9)有無窮多組正整數(shù)解, 從而方程(2)有無窮多組正整數(shù)解.由引理2知
- 關(guān)于丟番圖方程x(x+1)(x+2)=2p2y3
。設(shè)N+是全體正整數(shù)的集合，p是奇素?cái)?shù)，1996年曹珍富［1］討論了方程x(x+1)(x+2)=2py2，x，y∈N+，當(dāng) x 為奇數(shù)時(shí)解的情況.文獻(xiàn)［2］討論了方程 x(x+1)(x+2)=2py2當(dāng)x為偶數(shù)時(shí)解的情況。2011年崔保軍［3］討論了方程x(x+1)(x+2)=2py3的解，并且證明了方程x(x+1)(x+2)=2py3僅有一正整數(shù)解(p，x，y)=(3，1，1). 本文討論了方程的解，并證明了此方程沒有正整數(shù)解。引理1［4］方程 x2－1
- 關(guān)于3的整數(shù)倍的另一神奇特征（續(xù)七）
另一特征。3；正整數(shù)；偶數(shù)；奇數(shù)；倍數(shù)；間隔；相加；相乘；立方我們從特殊到一般，先看幾個(gè)特例。（1）間隔為1個(gè)的3個(gè)正整數(shù)的立方和是3的整數(shù)倍，設(shè)n為正整數(shù)，則：它顯然是3的整數(shù)倍。（2）間隔為2個(gè)的3個(gè)正整數(shù)立方之和是3的整數(shù)倍。它顯然是3的整數(shù)倍。（3）間隔為3個(gè)的3個(gè)正整數(shù)立方之和是3的整數(shù)倍。它顯然是3的整數(shù)倍。一般的，我們有[定理1]設(shè)m為正整數(shù)，則間隔為m個(gè)正整數(shù)的3個(gè)正整數(shù)的立方和是3的整數(shù)倍，且其各位數(shù)之和也是3的整數(shù)倍。證明：對(duì)任意正整數(shù)
江西廣播電視大學(xué)學(xué)報(bào) 2012年1期2012-01-12
- 關(guān)于不定方程x3+1=py2
+1=py2無正整數(shù)解的充分條件.不定方程; 正整數(shù)解; 奇素?cái)?shù); 充分條件0 引言及主要結(jié)論關(guān)于不定方程x3+1=Dy2(1)文[1-3]均指出,當(dāng)D>2且不被6k+1形的素?cái)?shù)整除時(shí),它沒有正整數(shù)解;當(dāng)D=2時(shí)僅有正整數(shù)解(x,y)=(1,1),(23,78).但當(dāng)D被6k+1形的素?cái)?shù)整除時(shí),方程的求解較為困難.關(guān)于D=p為奇素?cái)?shù)的情形,文[10]證明了x3+1=7y2僅有正整數(shù)解(x,y)=(3,2).文[11]證明了x3+1=13y2無正整數(shù)解. 文
- 關(guān)于 Diophantine方程 xd(n)+yφ(n)=zσ(n)
5300）對(duì)于正整數(shù)n=2tpa11pa22…pakk,這里pi是奇素?cái)?shù),mi是正整數(shù),i=1,2,…,k,2＜p1＜p2＜…＜pk,t是非負(fù)整數(shù).設(shè)d(n),φ(n),σ(n)分別表示n的約數(shù)函數(shù),Euler函數(shù)和約數(shù)和函數(shù).給出了:n=2和 3時(shí),方程xd(n)+yφ(n)=zσ(n)正整數(shù)解的一般公式;并證明了ai(i=1,2,…,k)中至少有兩個(gè)為奇數(shù)或存在i及奇素?cái)?shù)p,使pi≡1(modp)且ai≡ -1(modp)兩種情形時(shí),方程xd(n)+y
- 關(guān)于不定方程++++=0的一點(diǎn)注記
0)不定方程;正整數(shù)解;整除;互素1 引言及主要結(jié)論L.J.M ordell[1]曾經(jīng)問:不定方程的整數(shù)解怎樣?文[2]根據(jù)正負(fù)號(hào)的討論,把(1)化為如下三個(gè)求正整數(shù)解的方程:并給出了(2)的全部正整數(shù)解的表達(dá)式.下面給出定理1、定理2.定理1 不定方程(3)的全部正整數(shù)解可表為其中n,k,d為正整數(shù),滿足定理2 不定方程(4)的全部正整數(shù)解可表為其中n,k,d為正整數(shù),滿足2 定理證明先證定理1.設(shè)w=n,x=n+k,z=y+t,則n,k,t均為正整數(shù).
- 關(guān)于不定方程x2+(p-1)y2=pz2
p=3時(shí)的一切正整數(shù)解.本文將給出任一奇素?cái)?shù) p≡3(mod4)時(shí)的通解公式,從而推廣了文 [1]中的結(jié)論.首先注意到,如果 (x,y) =p,由 (1),p2|pz2,即 p|z2.因?yàn)?p為奇素?cái)?shù),所以 p|z,這樣就可在 (1)式兩邊約去 p.如果 (x,y) =d,(d,p) =1,由 (1),d2|z2,故 d/Z,同樣可在 (1)式兩邊約去 d,所以在討論 (1)的正整數(shù)解時(shí),可設(shè) (x,y) =1[2-4].此外,本文最關(guān)鍵是解決當(dāng) p-1無