关于数论函数δ(n)的一个公开问题

对于正整数n,设δ(n)是n的不同约数之和.证明了:对于正整数k,都有无穷多个正整数n合适δ(n)>n n1/2 n1/3 … n1/k.     

关于几何数列中的(δ,d,k)-过剩数

对于正整数n,设d(n)和δ(n)分别表示n的约数函数与约数和函数,对于正整数k,如果δ(n)＞n kd(n),则称n是(δ,d,k)-过剩数.文章证明了对于给定的正整数k,存在无穷多个无限的几何数列都是(δ,d,k)-过剩数.     

IM分担两个值的亚纯函数

主要研究亚纯函数及其n阶导数的分担值问题,改进了仪洪勋、杨重骏等人的定理,得到了以下结论：设f,g为开平面上两个非常数亚纯函数且IM分担∞,f (n)与g(n) IM分担1,n为正整数,如果(4n+7)(∞,f)+4δ(0,f )+2δ(0,g)>4n+12,则fg或者f (n)·g(n)1.     

关于奇完全数的存在问题

如果正整数n适合δ（n)=2n,则称n是完全数,w(n)是n的不同素因数的个数。本证明了：如果n为奇数且w(n)≤2,则n不是完全数;如果正奇数n有标准分解式n=p1^a1,P2^a2,...ps^as其中p1、p2...ps是适合p1相似文献   

关于Subbarao问题

设n为正整数,(?)(n)为欧拉(Euler)函数,δ(n)为n的因子和。subbarao于1974年提出:除了n为质数和复合数n=4,6,22时,是否存在无穷多个复合数n使得下式成立: n·δ(n)≡2 (mod(?)(n)) 本文将彻底解决这一问题,并将问题推广到一般的因子函数加以解决。     

一个不定方程解的应用(高二、高三)

定理m元一次不定方程x1 x2 … xm=n(m,n∈N,m,n≥2)的正整数解有C_(n-1)~(m-1)组,自然数解有C_(n m-1)~(m-1)组.证明①若xi为正整数,则这个不定方程正整数解的组数等价于x个小球之间有n-1个空隙,从中放入m-1个隔板,故其正整数解的组数为C_(n-1)~(m-1).     

灵活应用幂的运算法则

关于幂的运算法则,我们学习了以下四条:(1)am·an=am+n(m、n为正整数);(2)am÷an=am-n(a≠0 m、n为正整数且m>n);(3)(am)n=nmn(m、n为正整数);(4)(ab)n=anbn(n为正整数).并规定了零指数幂和负整数指数幂的意     

一个数论函数方程

对于正整数a,设σ(a)是a的不同约数之和.本文证明了方程∑nk=1σ(k!)=(n(n 1)/2)!,仅有正整数解n=1.     

由线性算子定义的解析多叶函数类

设Ap,k(p,k是正整数)表示单位圆盘E内形为f(z)=zp ∑∞n=kap nzp n的解析函数类.利用线性算子Lp(a,c),引进Ap,k的子类Qp,k(a,c,δ,A,B)和Qp*,k(a,c,δ,A,B),导出类中函数的许多有趣的性质.     

Diophantine方程xn+yn=zφ(n)的本原解

设n是正整数,φ(n)是Euler函数.证明了方程xn yn=zφ(n)当且仅当n≤3时有正整数解(x,y,z)适合gcd(x,y)=1.     

第45届IMO预选题(下)

数论部分1.设τ(n)表示正整数n的正因数的个数.证明:存在无穷多个正整数a,使得方程τ(an)=n没有正整数解n.2.已知从正整数集N 到其自身的函数ψ定义为ψ(n)=∑nk=1(k,n),n∈N ,其中(k,n)表示k和n的最大公因数.(1)证明:对于任意两个互质的正整数m、n,有ψ(mn)=ψ(m)ψ(n);(2)证明:对于每一个a∈N ,方程ψ(x)=ax有一个整数解;(3)求所有的a∈N ,使得方程ψ(x)=ax有唯一的整数解.3.一个从正整数集N 到其自身的函数f满足:对于任意的m、n∈N ,(m2 n)2可以被f2(m) f(n)整除.证明:对于每个n∈N ,有f(n)=n.4.设k是一个大于1的固定的整数,m=4k2-5.…     

指数Diophantine方程ax^m＋by^n=c的解数

设a, b,c,x,y,是给定的正整数,min(x, y)>1,gcd(ax, by)=1.运用初等数论方法证明了:方程axm+byn=c至多有2组正整数解(m,n);而且当该方程恰有2组正整数解(m,n)=(m1,n1)和(m2,n2)时,必有(axm1-byn1)((axm1-byn1))相似文献   

关于方程sum from k=0 to n(x-qk)~r=sum from k=1 to n (x+qk)~r

本文证明了对任何正整数n,q,r,方程sum from k=0 to　n(x-qk)~r=sum from k=1 to n(x+qk)~r仅有正整数解:r=1,x=qn(n+1);r=2,x=2qn(n+1)。     

关于丢番图方程sum from k=0 to (n-1) (1+2k)~r=(1+2n)~r

本文证明了,当 r,n 为正整数,方程 sum from k=0 to n-1(1+2k)~=(1+2n)~无正整数     

关于方程α2(k+2,s(n))=α2(k+1,s(n))+α2(k,s(n))的正整数解

对任意正整数a,设S(a)为a的Smarandache函数,对任意正整数r和b,设a(r,b)是b的前r位数字所组成的数。2001年,Bercze提出了一个问题:如何确定方程a2(k 2,s(n))=a2(k 1,s(n)) a2(k,s(n))n,k∈N的所有解。更进一步,Bercze又提出另一个问题:设β(r,b)是b的后r位数字所组成的数,如何确定2β(k 2,s(n))=β2(k 1,s(n)) β2(k,s(n))的所有正整数解(n,k)。运用丢番图方程的相关知识,完整地解决了Bercze所提出的两个问题,即证明了方程(1)没有正整数解(n,k),同时确定了方程(2)的所有正整数解(n,k)。     

关于丢番图方程sum form k=0 to n(b-21k)=sum form k=1 to n(b+21k)

本文得到下面结论:设n,b,r为正整数,丢番图方程sum from k=0 to∞(1/n)(b-21k)~r=sum from k=1 to∞(1/n)(b+21k)~r仅有正整数解r=1,b=21n(n+1)和r=2,b=42n(n+1)     

互补的数列与一道国际数学竞赛题

1.数列互补的定义及定理: 定义如果两个递增的正整数的数列{f(n)}、{g(n)}满足下面两个条件: (ⅰ)这两个数列没有相同的项,即对任意的正整数m、n,有,f(n)≠g(m); (ⅱ)每一个正整数k,都必定在数列{f(n)}或{g(m)}中出现,即总可以找到正整数n或m,使得k=f(n)或k=g(m)。     

关于指数Diophantine方程nx+(n+2)y=(n+1)z

设n是正整数.本文运用Gel’fond-Baker方法证明了:当n>3×1015时,方程nx (n 2)y=(n 1)z无正整数解(x,y,z).     

第二届东北三省数学邀请赛试题及解答

1.求出所有的正整数m,n,使得(m+n)~m=n~m+1413。解当正整数m,n满足(m+n)~m=n~m+1413时,由于(m+n)~m≥m~m+n~m,必有 m~m≤1413。于是,m≤4;另外,当正整数m,n靠满足(m+n)~m=n~m+1413时,m不可能是偶数。若     

一道高考题引发的思考

正题已知m、n为正整数.(1)用数学归纳法证明:当x-1时,(1+x)n≥1+nx(笔者注:当且仅当x=0或n=1时取"="号);(2)对于n≥6,已知(1-1/(n+3))n1/2,求证:(1-m/(n+3))n(1/2)m(m≤n);(3)求出满足等式3n+4n+…+(n+2)n=(n+3)n的所有正整数n.(2007年高考湖北卷理科压轴题)