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1.
关于Lu卡斯猜想的推广形式 总被引:3,自引:0,他引:3
研究了Lu卡斯猜想的推广形式,获得了幂和丢番图方程S2(x)=y^n有正整数解的充要条件,证明了当n=3,5和≥4为偶数是,该方程仅有平凡解(x,y)=(1,1)。 相似文献
2.
研究了亻路卡斯猜想的推广形式,获得了幂和丢番图方程S2(x)=yn有正整数解的充要条件,证明了当n=3,5和n≥4为偶数时,该方程仅有平凡解(x,y)=(1,1). 相似文献
3.
采用概率的方法经出方程{x1+x2+x3+x4=n的全体正整数解,其中n为任意正 x1x2=x3x4 意正整数。 相似文献
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5.
利用等式2k+2k=2K=1①可求形如xp+yq=zn(n,p)=1,(n,q)=1的不定方程的一组正整数解。例1、求方程y2+x3=z5的一组正整数解。解:…2、3的最小公倍数是6。既是6的整数倍又比5的整数倍小1的最小的k的值是24,即有224+224=225,(212)+(28)3=(25)5”y=212’,x=28,z=z5即为要求的一组正整数解。例2、求方程z3+x7=y4的一组正整数解。解:3×7=21,又3×21=63=64-1则有沙十3ee一岁,即(3z)’+(3*二(3”)‘”=一户1二3’,歹一3‘’为要求的一组正整数解。例3、求方程>十二二;的一组正整数解。U3M、Al\jjq:l… 相似文献
6.
有关定义任意一个正整数n和质数2,如果存在一个与2互质的正整数q,使得等式n=q2k(k∈N)(1)成立,就把2k中的指数k叫做n含2的因数个数,记作〔n〕2=k;如果(1)里的正整数q不存在,就是n不含2的因数,记作〔n〕2=0.由定义明显可得下面... 相似文献
7.
《中学数学教学参考》1998,(3)
成果集锦一类分式方程的解初中代数中有很多分式方程都可归结为1x-m-1x-(m+k)=1x-n-1x-(n+k).(1)通分、求解,可知当m≠n,且k≠0,k≠|m-n|时,方程(1)有唯一解x=12(m+n+k).例如,方程1x-1-1x-4=1x... 相似文献
8.
构造二项方程xn=b巧解一类三角问题吴文惠陈叶柳(湖南省新化县六中417613)对于方程xn=b(n∈N且n≥2),设复数b的模和辐角分别为r和θ,则其n个不同的复根为:xk=nr(cosθ+2kπn+isinθ+2kπn).又记θk=θ+2kπn,... 相似文献
9.
罗仕乐 《赣南师范学院学报》1999,(3):19-22
n是大于1且适合s(n)=[n/2]的正整数,其中s(n)是n的正规约数和函数;ω(n)是n的不同素因数的个数,P1、P2、…、Pω(n)是n的适合P1<P2<…<Pω(n)的素因数。本文证明了:如果2|n,则必有n=2;如果n为奇数且ω(n)≤2,则必有n=3a,其中a是任意的正整数;如果n为奇数且ω(n)=3,则必有P1=3或者P1=5,P2=7以及11≤P3≤31;如果n为奇数且ω(n)=4,则必有P1=3或者P1=5,7≤P2≤13,11≤P3≤17以及13≤P4≤23。上述结果部分地解决了Graham猜想 相似文献
10.
王晓萍 《郴州师范高等专科学校学报》1999,20(2):15-17
本文研究具有变异系数泛函数分方程x(t)+n∑i=1Pi(t)x(1-τi(t)=0非振动解的存在性,获得方程存在有界非振动解的一个充分条件。 相似文献
11.
对于方程Φ(n)=S(n11),Φ2(n)=S(n11)进行了研究,并得到了这两个方程的所有正整数解,其中Φ( n )为 Euler 函数,Φ2( n )为广义 Euler 函数, S ( n )为 Smarandache函数。 相似文献
12.
设A是一个布尔矩阵,γ(A)是布尔矩阵方程Ak=J成立的最小整数k,σ(A)是A中元素“1”的数目.本文考察了参数M′(k,n)=min{σ(A)|Ak=J,trace(A)=0},并得到M′(2,n)和M′(k,n)fork≥2n-6.另外,该文还完全确定了满足trace(A)=0,且σ(A)=3n-3的A2=J的解的特征 相似文献
13.
14.
吕昭双 《新疆教育学院学报》2001,17(4):59-65
从定义三个正整数的关系数出发,假设a^N b^N=c^N成立,利用它的特性通过关系数将方程变为一元(N-1)次方程。N=2,有正整数解即勾股定理;N>2无正整数解,即证明了弗马大定理。 相似文献
15.
讨论了中立型差分方程Δ(An-Σ^mi=1ci(n)An-ki)+Σ(s,j=1)dj(n)An-lj=0在条件Σ(m,i=1)│(ci(n)│〈1下的振动性与渐近性,获得方程振动的充分性判据,从而推广了文「1」,「3」的效果。 相似文献
16.
17.
《中学数学教学参考》1998,(12)
倒数方程的一种解法命题1x=cosθ±isinθ是方程x+1x=2cosθ的解.代入计算即知,且由棣莫佛定理知命题2若x+1x=2cosθ,则xn+1xn=2cosnθ(n∈Z).由此即知形如a0(xm+1xm)+a1(xm-1+1xm-1)+…+a... 相似文献
18.
考虑如下中立型差分方程Δ(xn-pnxn-m)+qnxn-l=0n=0,1,其中pn≥1,m,l为非负整烽且m〉l,我们获得了差分方程(*)所有解振动及存在正解的充分条件。 相似文献
19.
管训贵 《周口师范学院学报》2014,(5)
设 p是素数,x,c,n,r是正整数,且 n > r >1.证明了指数型超椭圆方程 x2= c2p2n - cpn+r +1无正整数解(x,c,n,r). 相似文献
20.
刘荣武 《洛阳师范学院学报》1999,(5)
不定方程历来是数学研究的重要课题,在解不定方程时,我们有时会遇到求形如(n为常数,且pEN)一类不定方程的正整数解的问题。本文试用初等数学的方法对这类方程的正整数解的个数及其求解方法作些初步探讨,供同行参考。定理不定方程二十二二:(p为常数,且其中t是p’的因数,并且当p=l时,方程有且只有一个解当P>1时,方程有且只有(2。1+1)(Zfo个解,其中。依次是p所含质因数ti,tZin的个数若要X一人则一p,此时方程的解的个数为证明W·X、y、p都是正整数解得t·t’二e,这说明t、t’都是pz的因数,由此得ti一旦代入门户导原… 相似文献