Proof. We first consider the case T

Proof. We first consider the case
The solutions to the Diophantine equation
in non-negative integers are given by
obtaining

Theorem 2.2. The solutions to the Diophantine equation 2x + 7y2 = 4z in non-negative integers are given by
(x; y; z) 2 f(2(n ¡ 1); 0; n ¡ 1) : n 2 Ng [ f(2(n ¡ 1); 3(2n¡1); n + 2) : n 2 Ng:
Proof. It can be shown easily that (x; y; z) = (2(n ¡ 1); 0; n ¡ 1) is a solution for all natural number n: Now, if
x; y; z > 0; we have 22z ¡ 2x = 7y2: Then, 2x(22z¡x ¡ 1) = 7y2: Hence, x is even so 7y2 ´ 4z ¡ 2x ´ 0 (mod 3). It
follows that y is divisible by three, i.e. y = 3k for some k 2 N. Letting y = 3k; we obtain 2x(22z¡x ¡ 1) = 63k2;
implying 2x = k2 and 22z¡x ¡ 1 = 63: The solution to 2x = k2 is then given by x = 2(n ¡ 1) and k = 2n¡1: For
22z¡x ¡1 = 63 we have the solution 2z ¡x = 6 or x = 2(z ¡3): Furthermore, we see that 2(n¡1) = 2(z ¡3); that
is z = n + 2: This completes the proof of the theorem.

ผลลัพธ์ (ไทย) 1:

หลักฐานการ เราต้องพิจารณากรณี การแก้ไขสมการ Diophantineในจำนวนเต็มไม่เป็นลบจะได้รับโดยได้รับทฤษฎีบทที่ 2.2 การแก้ไขสมการ Diophantine 2 x + 7y2 = 4z ไม่ใช่ค่าลบเป็นจำนวนเต็มจะได้รับโดย(x; y; z) 2 f (2 (n ¡ 1); 0; n ¡ 1): n 2 Ng [f (2 (n ¡ 1); 3(2n¡1); n + 2): n 2 Ng:หลักฐานการ มันสามารถแสดงได้ที่ (x; y; z) = (2 (n ¡ 1); 0; n ¡ 1) เป็นปัญหาสำหรับทั้งหมดจำนวนธรรมชาติ n:ขณะนี้ ถ้าx y z > 0 เรามี 22z ¡ 2 x = 7y2: แล้ว 2 x (22z¡x ¡ 1) = 7y2: ดังนั้น x เป็นถึงกระนั้น 7y2 ´ 4z ¡ 2 x ´ 0 (mod 3) มันดังนี้ y ที่เป็นโดยสาม เช่น y = 3k สำหรับ y บางตอนเหนือให้ k 2 = 3k เราขอ 2 x (22z¡x ¡ 1) = 63k 2หน้าที่ 2 x = k2 และ 22z¡x ¡ 1 = 63: โซลูชันการ 2 x = k2 จะได้รับแล้ว โดย x = 2 (n ¡ 1) และ k = 2n¡1: สำหรับ22z¡x ¡1 = 63 เรามี ¡x 2z โซลูชัน = 6 หรือ x = 2 (z ¡3): นอกจากนี้ เราเห็นว่า 2(n¡1) = 2 (z ¡3); ที่คือ z = n + 2: เสร็จสิ้นการพิสูจน์ทฤษฎีบท

ผลลัพธ์ (ไทย) 2:

พิสูจน์ ก่อนอื่นเราพิจารณากรณี
การแก้ปัญหาสมการ Diophantine
ในจำนวนเต็มไม่เป็นลบจะได้รับจาก
การได้รับทฤษฎีบท 2.2 การแก้ปัญหาที่จะสม Diophantine 2x + 7y2 = 4Z ในจำนวนเต็มไม่เป็นลบจะได้รับจาก(x; y; Z) 2 f (2 (n ¡ 1); 0; n ¡ 1): 2 n Ng [f (2 (n ¡ 1) 3 (2n¡1); n + 2): 2 n Ng: หลักฐาน มันจะแสดงให้เห็นได้อย่างง่ายดายว่า (x; y; Z) = (2 (n ¡ 1); 0; n ¡ 1) เป็นโซลูชั่นสำหรับจำนวนธรรมชาติ n: ตอนนี้ถ้าx; y; Z> 0; เรามี 22z ¡ 2x = 7y2: แล้ว, 2x (22z¡x¡ 1) = 7y2: ดังนั้น x เป็นฉันใด 7y2 '4Z ¡ 2x' 0 (สมัย 3) มันตามที่และหารด้วยสามคือ y = 3k สำหรับบาง k 2 N. ปล่อยให้ y = 3k; เราได้รับ 2x (22z¡x¡ 1) = 63k2; หมายความ 2x = k2 และ22z¡x¡ 1 = 63: การแก้ปัญหาถึง 2x = k2 จะได้รับแล้วด้วย x = 2 (n ¡ 1) และ K = 2n¡1 : สำหรับ22z¡x¡ 1 = 63 เรามีวิธีการแก้ปัญหา 2z ¡ x = 6 หรือ x = 2 (Z ¡ 3): นอกจากนี้เราจะเห็นว่า 2 (n¡1) = 2 (Z ¡ 3) ที่เป็น Z = n + 2: เสร็จสมบูรณ์พิสูจน์ทฤษฎีบท

ผลลัพธ์ (ไทย) 3:

พิสูจน์ แรกที่เราพิจารณากรณีการแก้ไขปัญหาสมการไดโอแฟนไทน์

ไม่ลบจำนวนเต็ม จะได้รับ โดยขอรับ

ทฤษฎีบท 2.2 . โซลูชั่นเพื่อสมการไดโอแฟนไทน์ 7y2 2x = 4Z ในจำนวนเต็มไม่ลบจะได้รับโดย
( X ; Y ; Z ) F ( 2 ( N ¡ 1 ) ; 0 ; n ¡ 1 ) : N 2 ของ [ f ( n ¡ 1 ( 2 ) 3 ( 2 ¡ 1 / 2 ) ) : N :
2 ของหลักฐาน มันสามารถแสดงได้อย่างง่ายดาย ( X ; Y ; Z ) = ( 2 ( N ¡ 1 ) ; 0 ;( 1 ) ¡เป็นโซลูชันสำหรับจำนวนธรรมชาติ n : ตอนนี้ถ้า
x ; Y ; Z > 0 ; เราได้ 22z ¡ 2x = 7y2 : แล้ว 2x ( 22z ¡ x ¡ 1 ) = 7y2 : ดังนั้น X ดังนั้นแม้ 7y2 ใหม่ 4Z ¡ 2x ใหม่ 0 ( mod 3 ) มันคือ Y
ที่แบ่งเป็นสาม คือ Y = 3K สำหรับบาง K 2 . ให้ y = 3 เราได้รับ 2x ( 22z ¡ x ¡ 1 ) = 63k2 ;
หมายถึง 2x = K2 X และ¡ 22z ¡ 1 = 63 : โซลูชั่น 2x = K2 แล้วโดยให้ x = 2 ( n ¡ 1 ) และ k = 2n ¡ :
122z ¡ x 1 = 63 ¡เรามีโซลูชั่นที่ 2z ¡ x = 6 หรือ x = 2 ( Z ¡ 3 ) นอกจากนี้ เราเห็นที่ 2 ( N ¡ 1 ) = 2 ( Z ¡ 3 ) ; นั่นคือ Z = n
2 : นี้เสร็จสมบูรณ์ในการพิสูจน์ของทฤษฎีบท