有一个这样的不定方程，z²=px⁴+qx³y+rx²y²+sxy³+ty⁴, 其中p, q, r, s, t均为整数，要寻找这个方程的整数解(x, y, z)（或者是有理数解），我们可以转化为寻找λ²=pξ⁴+qξ³+rξ²+sξ+t的有理数解(ξ, λ), 如果多项式px⁴+qx³+rx²+sx+t在有理数数域上可以分解为一个一次多项式和一个三次多项式乘积，我们可以转化为λ²=η(p'η³+q'η²+r'η+s')，进而转化为椭圆曲线y²=s'x³+r'x²+q'x+p'来做，如果多项式px⁴+qx³+rx²+sx+t不能分解为一个一次多项式和一个三次多项式乘积，

用不等于下面4个式子的所有非负整数值作为被加数1，(30X+11)Y+(19X+6） 2，(30X+13)Y+(23X+9） 3，(30X+7)Y+(17X+3） 4，(30X+31)Y+(29X+29） 用不等于下面6组式子的所有非负整数值作为加数1，(30X+11)Y+(29X+10） 2，(30X+31)Y+(19X+19） 3，(30X+23)Y+(23X+17) 4，(30X+13)Y+(13X+5) 5，(30X+17)Y+(17X+9) 6，(30X+7)Y+(7X+1) 被加数与加数可以重复利用，它们的和一定能从0到N依次排列吗？或者说它们的和一定能组成非负整数数例吗？

不等于下面8组式子的非负整数值有无穷多个吗？也就是说8组式子（30X十b）Y十（cX十d）=N，是否有无穷多个N不能被这8组式子表示：1，(30X+11)Y+(31X+11）=N 2，(30X+29)Y+(19X+18）=N 3，(30X+23)Y+(7X+5）=N 4，(30X+13)Y+(17X+7）=N 5，(30X+11)Y+(23X+8）=N 6，(30X+3 m1)Y+(13X+13）=N 7，(30X+17)Y+(29X+16)=N 8，(30X+7)Y+(19X+4) =N

对奇素数p和与p互素的整数a, 假设一共存在s对有序整数(i, j)使得1≤i<j≤p-1并且{ai/p}>{aj/p} 求证: (a/p)=(-1)^s

除3和5外，孪生质数是一组6n±1数，除5和7这组外，孪生质数只有三种形式： 1，30N+11与30N+13 2，30N+17与30N+19 3，30N+29与30N+31

大于5的全部质数可以用30N十X（X=7，11，13，17，19，23，29，31）表示吗？

我是初中数学水平，现在业余学习数论 这本书看完再看什么书好呢

设a,b,c是正整数, 求gcd(a²+b²+c²,abc)的所有可能值

这个式子是看论文的时候按照结果反推出来的。话说能不能直接放大成除数函数呢？不过如果那样是正确的话，文章中似乎也没必要定义τ这个函数……

设p为素数，证明：n^n（1≤n≤p-1）模p至少有[lbk]（p-1）^½[rbk]个不同余数.

大小两个齿轮，大齿轮和小齿轮齿数互素，设开始大齿轮第一个齿与小齿轮第一个齿啮合，到第二次两个齿轮第一个齿啮合前，小齿轮第一个齿恰好与大齿轮每一个齿啮合一次

求所有的素数p，使得p^2-p+1为立方数

怎样证明存在无穷多个素数不在孪生素数对当中? 已经找到的做法有: ①用狄利克雷定理证明15k+7型的素数有无穷多个(或者换成别的剩余类) ②用素数倒数和发散, 孪生素数倒数和收敛于布朗常数 但是不知道有没有简单一点, 不依赖解析数论复杂结论的做法, 明明看上去很理所当然的样子, 但如果所有足够大的素数都是6k±1素数对的话, 好像也找不出来矛盾

设f（x）=x^3+ax+b为一个首一整系数多项式，且 4a^3+27b^2不等于0。证明：存在无穷多个正整数n，使得f（n）无平方因子

想了好一会儿没证出来

n=1时，φ(n) + σ(n) =2n。 n是素数p时，φ(n) + σ(n) =2n。 如何证明:n是合数时，φ(n) + σ(n) ≠2n。 也不是想得到证明，就想问问有没有相关的问题?

P>3为素数，记A为（1+x+x^2）^P中x^P的系数。求证：A≡1（modP^2）.

如果有有意思的数论结论就搬点

求助：画红框的部分如何证明？为什么需要考虑（0，ε）的情况？

设f(x),g(x)均为整系数多项式，且deg f(x)＞deg g(x).若对无穷多个素数p，pf(x)+g(x)存在有理根，求证：f(x)必存在有理根.

红色框的部分是怎么来的，此时的p不应该同余于r-1（mod 4x）吗？是否应该写到（2rx+1）²？谢谢🙏

设N为合数，a1～an为≤N且与N不互素的数。对于ai的排列bi，证明存在1≤i<j≤n，使aibi≡ajbj（modN）

有一种这样的数组，跟勾股数类似，也就是在边长为a+b的等边三角形ABC中，边BC上选取点D使得BD=a, CD=b, AD=c, 求整数解，其中a²+ab+b²=c², 我们可以知道a=x²-y², b=2xy+y², c=x²+xy+y², a+b=x²+2xy满足条件(x,y都是正整数, x＞y), 则称这样的四元组(x²-y², 2xy+y², x²+xy+y², x²+2xy)为“等边三角形四元组”（注：x²-y²以及2xy+y²位置可以互换，但要保证四个数从小到大排列），其中4个数最大公因数为1的又被称作“最简四元组”，两个这样的不同的四元组之间若有两个元

证明A是整数

关于1.21212…×（10的n次方）的表达式，我想到有两种。 第一种是拆成一个关于1的数和一个关于2的数， 第二种是关于1的累加形式的数。 还有第三种表达式吗？

s是最小整数，推出r=0,为啥 s一定等于1？

欢迎8u发帖分享自己发现的数论难题, 没出现过的问题我会都加精的, 说不定之后就会有人来解决

如果用r(n,b)表示正整数n在b进制下数码倒序排列所得的数, 任给两个不同正整数b₁,b₂≥2, 对怎样的正整数n, 存在有限集合M使得n∈M, 并且对任意m∈M, 都满足r(m,b₁)∈M, r(m,b₂)∈M ?? 当b₁=2,b₂=10时, 对n≤137都存在这样的有限集合M,card(M)都不超过150, 但当n=138时这样的M如果存在, card(M)应该大于10000

不知道没有问题:

就当我在水贴吧 Atkin的原始论文，使用代数数论证明 https://www.ams.org/journals/mcom/2004-73-246/S0025-5718-03-0150 这书里有初等证明 https://zlib.pub/book/elementary-number-theory-4l21gvoljmp0 定理1： n是无平方因子正整数，且n=1(mod 4)则n为质数当且仅当4x^2+y^2=n(x>0,y>0)有奇数组解 定理1： n是无平方因子正整数，且n=1(mod 6)则n为质数当且仅当3x^2+y^2=n(x>0,y>0)有奇数组解 定理1： n是无平方因子正整数，且n=11(mod 12)则n为质数当且仅当3x^2-y^2=n(x>y>0)有奇数组解

如果a^n+1是素数，证明n一定是2的幂次 比如2^2+1=5 但是现在问题来了，10^2+1=101 也是素数 这么证明n一定是2的幂次呢

还是上次那哥们的文章，他整理成论文版本了，我又抽时间看了下，没找出问题点，麻烦吧主也帮看看，也就一句话，谢谢（不严谨直接开喷，没关系的，原文：https://github.com/GeneKong/primes/blob/master/pub.md）。

Lim (a->0)x=2.8

对大于1的整数a,b,c,d, 除了(a,b,c,d)=(3,2,2,3)以外, 是否a^b在c^d进制下的数码总是不全为1 ??

吧主大大帮我看一下吧

看图片

是否存在四连素数对（P-2，P，P+2，P+4）？ 证明：四连素数对是形如（P，P+2，P+6，P+8）的素数对。 ∵（P-2，P，P+4，P+6）是一个四连素数对， 且没有出现P+2这样的素数 ∴P+2不是素数 ∴不存在四连素数对（P-2，P，P+2，P+4）

a是1到124的整数，满足a³-2是125的倍数，怎么求a？

如题，有理数易证，现在证明无理数情形

是否存在某个没有有理整数解的佩尔型方程x²=dy²+c, 对任意素数p, 在Q_p中都有p进整数解 ??

对任意正整数m和正整数l≥2, 存在由两两互素的正整数组成的无穷集合A, 使得若存在素数p,大于1的整数k≤l,正整数n≤m与n个正整数a₁,a₂,…,a_n∈A满足p^k | ∑a_i, 则p^k | n