关于商高数的Jesmanowicz猜想

本研究主要利用简单同余、二次剩余、κ次剩余、四次剩余特征理论及因式分解法,对关于不定方程a^(x)+b^(y)=c^(z)的Jesmanowicz猜想的一类特殊情形进行证明,并得到如下结论:定理对于商高数组a=n^(2)-4,b=4n,c=n^(2)+4,2×n,当n+2含有素因子p■-1(mod 16)时,Jesmanowicz猜想成立.特别地,有推论对于上述商高数组,当n■-1(mod 16)时,Jesmanowicz猜想成立.

关于丢番图方程(1023n)^(x)+(64n)^(y)=(1025n)^(z)

设a,b,c是两两互素的正整数且满足商高数条件,即当a,b,c为本原商高数时,方程(an)^(x)+(bn)^(y)=(cn)^(z)仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,2).而现有的丢番图方程形式并没有将b的具体形式与初等数论紧密结合,利用奇偶分析法、简单同余理论、将b取为26并与初等数论相结合,还运用了分类讨论、反证法的思想,具体为先采用反证法进行假设,根据所化简的等式选取合适的模数进行推算得出与假设相悖的结论,即证明了:若n为正整数,当(a,b,c)=(1023,64,1025)时,丢番图方程(1023n)x+(64n)y=(1025n)z仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,2),以此验证Jesmanowicz猜想成立,这个证明结果使Jesmanowicz猜想更加充实.

关于Jesmanowicz猜想的一个注记(英文)

本文研究了Jesmanowicz于1956年提出的关于丢番图方程(1.1)解的猜想.利用数论中的一些方法,得到了丢番图方程(1.2)的所有正整数解,证明了Jesmanowicz猜想在这类情况下的正确性.

关于商高数的Jesmanowicz猜想

设u,v是适合u>v,gcd(u,v)=1以及2|uv的正整数.运用初等数论方法讨论了方程(2uv)x+(u2-v2)y=(u2+v2)z的正整数解(x,y,z),证明了当(u,v)≡(1,6),(2,5),(5,2),(6,1)(mod 8)时,该方程仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,2).

关于商高数Jesmanowicz猜想的一点注记

设a,b是满足a>b,gcd(a,b)=1,2 ab的正整数.证明了在a,b满足若干同余式与不等式的条件下Jesmanowicz猜想成立.

指数不定方程2^(x)+(pq)^(y)=z^(2)的非负整数解

设p,q为奇素数,p<q.利用同余式和平方剩余的方法,对不定方程2^(x)+(pq)^(y)=z^(2)的非负整数解进行了研究.证明得出:若(p,q)≡(1,3),(1,5),(3,1),(3,5),(3,7),(5,1),(5,3),(5,7),(7,3),(7,5)(mod8),则不定方程2^(x)+(pq)^(y)=z^(2)除p=3,q=5时仅有非负整数解(x,y,z)=(3,0,3),(0,1,4),(6,2,17)以及q=p+2,p≠3时仅有非负整数解(x,y,z)=(3,0,3),(0,1,p+1)外,都仅有非负整数解(x,y,z)=(3,0,3).

关于Diophantine方程(36n)^(x)+(323n)^(y)=(325n)^(z)的整数解

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a^(2)+b^(2)=c^(2)。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)+(323n)^(y)=(325n)^(z)仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,2)。即证明了:当(a,b,c)=(36,323,325)时Jesmanowicz猜想成立。

关于Jesmanowicz猜想互素情形的一个注记

设a,b,c是互素的正整数,使得a^2+b^2=c^2.1956年Jesmanowicz猜测对于任意的正整数n,不定方程(an)~x+(bn)~y=(cn)~z只有唯一的解(x,y,z)=(2,2,2).根据已有引理,使用分类讨论和素数的唯一分解定理,证明a或者b为2^(r_1+1)n_1的情形下Jesmanowicz成立,其中r_1,n_1为任意正整数.

丢番图方程(an)^(x)+(bn)^(y)=(cn)^(z),a^(2)+b^(2)=c^(5)

设n,a=|m(m^(4)-10m^(2)+5)|,b=5m^(4)-10m^(2)+1,c=m^(2)+1是正整数,且2|m,m>0.该文证明了:若(x,y,z,n)≠(2,2,5,1),(2,2,3,c 2),(2,2,4,c)是丢番图方程(an)^(x)+(bn)^(y)=(cn)^(z)的正整数解,则x<y<z或y<x<z;当(a,b,c)=(38,41,5),(404,1121,17)时,丢番图方程(an)^(x)+(bn)^(y)=(cn)^(z)的正整数解只有(x,y,z,n)=(2,2,5,1),(2,2,3,c 2).

不定方程■的正整数解

设k,l,m_(1),m_(2)是正整数,p,q为奇素数且满足pk=2m1-3m2,q^(l)=2^(m1)+3^(m2).证明了若2■m_(1),m_(2)≡2(mod 4),z≡0(mod 2),则对任意正整数n>1,丢番图方程■仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,2),从而得到Jesmanowicz猜想在该情形下的正确性.

关于商高数的Jemanowicz猜想

本文研究了商高数的Jemanowicz猜想的整数解问题.利用初等数论方法,获得了该猜想的两个新结果并给出证明,推广了文献[4–8]的结果.

关于丢番图方程(an)~x+(bn)~y=(cn)~z

设n,a,b,c是正整数,gcd(a,b,c)=1,a,b≥3,且丢番图方程a^x+b^y=c^z只有正整数解(x,y,z)=(1,1,1).证明了若(x,y,z)是丢番图方程(an)~x+(bn)~y=(cn)~z的正整数解且(x,y,z)≠(1,1,1),则y<z<z或x<z<y.还证明了当(a,b,c)=(3,5,8),(5,8,13),(8,13,21),(13,21,34)时,丢番图方程(an)~x+(bn)~y=(cn)~z只有正整数解(x,y,z)=(1,1,1).

关于丢番图方程(195n)~x+(28n)~y=(197n)~z

运用同余及元素阶的性质,证明了对任意的正整数n,丢番图方程(195n)x+(28n)y=(197n)z仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,2).

关于丢番图方程（16n）^x＋（63n）^y=（65n）^z

设n是正整数,运用初等方法证明了丢番图方程(16n)x+(63n)y=(65n)z仅有整数解(x,y,z)=(2,2,2),从而得到了Jesmanowicz猜想在该情形下成立.

关于丢番图方程（15n）^x＋（112n）^y=（113n）^z

设a,b,c为两两互素的正整数且满足a2+b2=c2.1956年Jesmanowicz猜测丢番图方程(na)x+(nb)y=(nc)z仅有正整数解x=y=z=2.利用初等方法证明了:对于任意的正整数n,除去x=y=z=2而外,丢番图方程(15n)x+(112n)y=(113n)z无其它正整数解,即当a=3.5,b=16.7,c=113时Jesmanowicz猜想成立。

关于丢番图方程(a^2-b^2)~x+(2ab)~y=(a^2+b^2)~z的一点注记

设r,s,t是两两互素且满足r2+s2=t2的正整数,1956年,Jesmanowicz猜测:对任意给定的整数n,丢番图方程（rn）x+（sn）y=（tn）t仅有正整数解x=y=z=2.讨论n=1,r=a2-b2,s=2ab,t=a2+b2,b=2m,（a,b）=1,a>b>0的情形,在a,b之一不含4k+1型素因子,a,b满足若干同余式与不等式的条件下证明了Jesmanowicz猜想成立。

关于本原Pythagorean数组的Je's manowicz猜想

设(a,b,c)是一组本原Pythagorean数组.运用初等数论方法证明了:如果(x,y,z)是方程ax+by=cz的例外解,则必有(i)z>2;(ii)max(x,y)>z;(iii)z>max(x/2,y/2).

关于丢番图方程（20n）^x＋（99n）^y=（101n）^z

利用初等方法证明了对任意的正整数n,丢番图方程（20n）^x＋（99n）^y=（101n）^z仅有正整数解（x,y,z）=（2,2,2）。从而得知Jesmanowicz猜想在该情形下成立。

关于丢番图方程（143n）^x＋（24n）^y=（145n）^z

设a,b,c为两两互素的正整数,满足a2+b2=c2.1956年,Jesmanowicz猜想:对任意的正整数n,丢番图方程(an)x+(bn)y=(cn)z仅有正整数解(x,y,z)=(2,2,2).本文对(a,b,c)=(143,24,145)的特殊情形,证明了该猜想是正确的.

关于丢番图方程（65n）^x＋（2112n）^y=（2113n）^z

利用初等方法证明：对任意的正整数n,丢番图方程（65n）^x＋（2112n）^y=（2113n）^z仅有正整数解（x,y,z）=（2,2,2）.