0美元,然后$$hp^{mp}=h(p^p)^m\ge p^p>n。$$因此(\ref{mccnd})不成立,并且没有得到任何解。我们还记录了候选者~(\ref{c1b}),$$x=\压裂{p^{np+r+1}}{np+r+1},$$是一个解决方案当且仅当$p\nmid(np+r+1)$,即$r\ne p-1$。包括$\alpha<0$的情况,我们现在获得以下摘要。\开始{定理}设$p\in\mathbb{p}$和$\alpha\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}$。将$\alpha$表示为~{\rm(\ref{alpha})}。如果$h\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}$和$m\in\mathbb{Z}$满足~{\rm(\ref{mccnd})}和\开始{eqnarray}\标签{m1}h> 0、\、和\、\、0\ le m\le n-1、\、for \、\,\alpha>0,\\\非数字h<0,\,和\,\,m\ge 0,\\结束{eqnarray}然后\开始{eqnarray}\标签{x1}x=\压裂{p^{(n-m)p}}{h}\结束{eqnarray}是的解决方案$$x’p=p^\α。$$如果$r\ne p-1$,然后也\开始{eqnarray}\标签{x2}x=\frac{p^{\alpha+1}}{\alfa+1}\结束{eqnarray}是一种解决方案。所有的解都是这样得到的。\结束{定理}\第{节方程式$x'_p=ax^n$}\标签{othereq}给定$p\in\mathbb{p}$、$a\in\mathbb{Q}$和$n\in\mathbb{Z}$,我们现在研究方程式$$x’_p=最大值。$$ 如果$n\ge 1$,则它有一个微不足道的解决方案~$x=0$。我们已经解决了年$a=0$和$n=0$的案件定理~\ref{athm}。接下来,我们考虑$n=1$的情况。\开始{定理}\标签{axthm}设$p\in\mathbb{p}$和$a\in\mathbb{Q}$。方程式$$x_p'=最大$$有一个非平凡解当且仅当$ap\in\mathbb{Z}$。然后是所有非平凡的解决方案都是这样的$$x=cp^{ap},$$其中$p\nmid c:\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$。相反,所有这些数字形式是非平凡的解决方案。\结束{定理}\开始{proof}让$x=\ tilde{x} 第页^\xi$如~(\ref{xx})中所示。然后$$x_p'=ax\iff\tilde{x}\xip^{xi-1}=a\ tilde{x} 第页^\xi\iff\xi=ap,$$定理如下(当我们写$c=\tilde{x}$时)。\结束{proof}\开始{推论}设$p_1、p_2、\ldots、p_m\in\mathbb{p}$不同,并设$a_1、a_2、\ldot、a_m\in\mathbb{Q}$。方程组$$x{p_1}'=a_1x,\quad x{p_2}'=a_2x,\ quad\ldots\,,\ quad x_{p_m}'=a_mx$$具有非平凡解当且仅当$a_1p_1、a_2p_2、\ldots、a_mp_m\in\mathbb{Z}$。所有非平凡解都是这样的$$x=cp_1^{a1p1}p2^{a2p_2}\cdots p_m^{a_mp_m},$$其中$p_1、p_2、\ldots、p_m\nmid c\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$。相反,这种形式的所有数都是非平凡解。\结束{推论}\开始{proof}这一主张是通过归纳得出的。\结束{proof}我们在下面的定理中处理~$n$的剩余值。其中``非平凡“”仅与$n\ge 2$相关,因为$x=0$无论何时$n\le-1$都不是解决方案。\开始{定理}\标签{axnthm}设$p\in\mathbb{p}$,$a\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$,和$n\in\mathbb{Z}\setminus\{0,1\}$。方程式\开始{eqnarray}\标签{axn}x_p'=最大^n\结束{eqnarray}当且仅当满足以下条件时,具有非平凡解:\小跳跃{\rm(i)}~在\mathbb{Z}\setminus\{0\}$中有$\xi\开始{eqnarray}\标签{t5.4a}\nu_p(\xi)=\nu_p(a)+(n-1)\xi+1\结束{eqnarray}和\开始{eqnarray}\标签{t5.5}\裂缝{\nu_q(\xi)-\nu_g(a)}{n-1}\in\mathbb{Z}\结束{eqnarray}对于所有$q\in\mathbb{P}\setminus\{P\}$。\小跳跃{\rm(ii)}~对于奇数~$n$,$\mathrm{sgn}\,\xi=\mathrm{sgnneneneep \,a$。\小跳跃那么所有非平凡解的形式都是\开始{eqnarray}\标签{axnsol}x=\Big(\frac{\xi}{ap}\Big)^\frac}{n-1},\结束{eqnarray}其中$\xi$满足{\rm(i)}和~{\rma(ii)}。相反,这种形式的所有数都是非平凡解。\结束{定理}\开始{proof}为了求解~(\ref{axn}),我们再次编写$x=\tilde{x} 第页^\xi(西)$如~(\ref{xx})所示。然后$\xi\ne0$,因为$x=\tilde{x}$不是解决方案。自$$x_p'=ax^n\iff\波浪线{x}\xip^{xi-1}=a\波浪线}x}^np^{n\xi}\iff\xi=a\tilde{x}^{n-1}p^{(n-1)\xi+1},$$方程式\开始{eqnarray}\标签{betaeq}\xi=波浪线{x}^{n-1}p^{(n-1)\xi+1}\结束{eqnarray}相当于~(\ref{axn})。如果$\xi$满足(i)和~(ii),我们的任务是找到满足~(\ref{betaeq})的$\tilde{x}$,即。,$$\波浪线{x}^{n-1}=\frac{\xi}{ap^{(n-1)\xi+1}}=:y。$$通过~(i),$(n-1)\,|\,\nu_q(y)$表示所有$q\in\mathbb{P}$。通过~(ii),如果$n$是奇数,则$y>0$。因此,$$\波浪线{x}=y^\frac{1}{n-1}\in\mathbb{Q}\setminus\{0\},$$和$$x=\波浪线{x} 第页^\xi=\Big(\frac{\xi}{ap^{(n-1)\xi+1}}\Big)^\frac}1}{n-1}p^\xi(西)=\大(\frac{\xi}{ap}\Big)^\frac{1}{n-1}$$是~(ref{axn})的非平凡解。相反,如果$x$满足~(\ref{axn}),则(\ref{betaeq})成立。因此,$$\nu_p(\xi)=\nu_p(a)+(n-1)\xi+1,$$即,后面是~(\ref{t5.4a})。对于$q\in\mathbb{P}\setminus\{P\}$,$$\数字q(\xi)=数字q(a)+(n-1)数字q(\波浪线{x}),$$和$$\nu_q(tilde{x})=frac{\nu_q(\xi)-\nuq(a)}{n-1}。$$由于$\nu_q(\tilde{x})\in\mathbb{Z}$,(\ref{t5.5})如下。如果$n$是奇数,则$\波浪线{x}^{n-1}>0$。因此,通过~(\ref{betaeq}),$\xi$和~$a$具有相同的符号,用于验证~(ii)。\结束{proof}\开始{推论}\标签{axncor1}设$p\in\mathbb{p}$,$p\nmid a\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$,和$n\in\mathbb{Z}\setminus\{0,1\}$。方程式$$x_p'=最大^n$$有一个非平凡解当且仅当$n=2$。解决方案是\开始{eqnarray}\标签{xxxxx}x=-\frac{1}{ap}。\结束{eqnarray}\结束{推论}\开始{proof}根据定理~\ref{axnthm},\开始{eqnarray}\标签{xxxx}x=\Big(\frac{\xi}{ap}\Big)^\frac}{n-1},\结束{eqnarray}其中$\xi\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}$满足(i)和(ii)。让\开始{eqnarray}\标签{bgamma}\xi=\tilde{\xi}p^\gamma,\结束{eqnarray}哪里\开始{eqnarray}\标签{gammapxi}\gamma\in\mathbb{N},\fquadp\nmid\tilde{\xi}\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}。\结束{eqnarray}然后(\ref{t5.4a})减少为$$\伽马=(n-1)\ tilde{\xi}p^\伽马+1$$或者,同等地,$$\波浪线{\xi}=\frac{\gamma-1}{(n-1)p^\gamma}。$$为了完成证明,我们研究了~$\gamma$的哪些值适用。\梅德斯基普{\em案例~1.}$\gamma=0$。然后$\tilde{\xi}=-(n-1)^{-1}\in\mathbb{Z}$if和仅当$n-1=\pm 1$时。由于$n\ne 0,1$,因此必须$n=2$。因此,$\tilde{\xi}=-1$,这意味着$\xi=-1$。要检查~(\ref{t5.5}),现在$$\压裂{nu_q(\xi)-\nu_q(a)}{n-1}=\frac{0-\nu_g(a){2-1}=-\nuq(a\在\mathbb{Z}中$$对于所有$q\in\mathbb{P}$。\梅德斯基普{\em案例~2.}$\gamma=1$。那么$\tilde{\xi}=0$,矛盾的~(\ref{gammapxi})。\梅德斯基普{\em案例~3.}$\gamma\ge 2$。然后$$|n-1|p^\gamma\ge p^\gamma>\gamma-1>0,$$因此$0<\tilede{\xi}<1$,这又与~(\ref{gammapxi})相矛盾。\梅德斯基普替换~(\ref{xxxx})中的$n=2$和$\xi=-1$得到~(\ref{xxxxx})。\结束{proof}\开始{推论}\标签{axncor2}设$p\in\mathbb{p}\setminus\{2\}$和$n\in\mathbb{Z}\setminus\{0,1\}$。方程式$$x_p'=像素^n$$有一个非平凡解当且仅当$n=2$或$n=-1$。解决方案是$$x=-\压裂{2}{p^2}$$在第一次提到的案例中\开始{eqnarray}\标签{xp}x=p\结束{eqnarray}在第二个例子中。对于$p=2$,只有{\rm(\ref{xp})}有效。\结束{推论}\开始{proof}使用上述符号,(\ref{t5.4a})读取$\gamma=1+(n-1)\tilde{\xi}p^\gamma+1$,即。,$$\波浪线{\xi}=\frac{\gamma-2}{(n-1)p^\gamma}。$$\梅德斯基普{\em案例~1.}$\gamma=0$。然后$\tilde{\xi}=-2(n-1)^{-1}\in\mathbb{Z}$if和仅当$n-1=\pm 1$或$n-1=\pm 2$时。由于$n\ne 0,1$,因此必须$n=2$、$n=3$或$n=-1$。我们分别有$\tilde{\xi}=-2$(对于$p\ne2$)、$\tilder{\xineneneep=-1$和$\tilde{\xi{=1$。此外,$\xi=\tilde{\xi}$。有效性~(\ref{t5.5})的值很容易验证。然而,(ii)在违反了~$n=3$的定理~\ref{axnthm}。\梅德斯基普{\em案例~2.}$\gamma=1$。然后$$\波浪线{\xi}=-\frac{1}{(n-1)p}\notin\mathbb{Z}。$$\梅德斯基普{\em案例~3.}$\gamma=2$。如前一证明中的案例2。\梅德斯基普{\em案例~4.}$\gamma\ge 3$。如前一证明中的案例3。\梅德斯基普因此,$n=2$,$\xi=-2$(对于$p\ne 2$),以及$n=-1$,$\ xi=1$仍然存在。替换它们在~(ref{axnsol})中给出了推论的主张。\结束{proof}\{涉及$x'_p$和$x'_q$或其导数的方程}\标签{secndorder}在本节中,我们从$x\In\mathbb扩展了Kovi\v c的结果{Z}(Z)_+$到$x\in\mathbb{Q}$(并修改其中一些)。我们从开始\引用[34]{Ko}命题。\开始{定理}\标签{xpxqthm}设$p,q\in\mathbb{p}$,$p\neq$。的所有非平凡解决方案\开始{eqnarray}\标签{xpxqeq}x’p=x’q\结束{eqnarray}都是这样的$$x=cp^{kp}q^{kq},$$哪里$$k\in\mathbb{Z},\quad p,q\nmid c\in\mathbb{q}\setminus\{0\}。$$相反,这种形式的所有数都是非平凡解。\结束{定理}\开始{proof}让\开始{eqnarray}\标签{xxieta}x=\波浪线{x} 第页^\xi q^\eta,\结束{eqnarray}哪里$$\xi,\eta\in\mathbb{Z},\quadp、 q\nmid\tilde{x}\in\mathbb{q}\setminus\{0\}。$$那么(\ref{xpxqeq})等价于$$\波浪线{x}\xip^{xi-1}q^{eta}=\波浪线{x}\etap^{xi}q^}\eta-1},$$即。,\开始{eqnarray}\标签{xiq}\xi q=等。\结束{eqnarray}因此,$p\mid\xi$,这意味着对于某些$k\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}$,$\xi=kp$。同样,$\eta=hq$用于某些$h\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}$。因为$kpq=hqp$by~(\ref{xiq}),我们有$h=k$,并且定理如下(当我们写$c=\tilde{x}$时)。\结束{proof}\开始{推论}让$p_1、p_2、\dots、p_m\in\mathbb{p}$不同。然后全部非平凡解$$x'{p1}=x'{p2}=\点=x'}p}$$都是这样的$$x=cp_1^{kp1}p2^{kp_2}\cdot p_m^{kp_m},$$其中$k\in\mathbb{Z}$和$p_1、p_2、\dots、p_m\nmid c\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$。相反,这种形式的所有数都是非平凡解。\结束{推论}\开始{proof}这一主张是通过归纳得出的。\结束{proof}设$p,q\in\mathbb{p}$。证明了Kovi\v c~\cite[Proposition ~33]{Ko}$a\in\mathbb美元{Z}(Z)_+如果$\gcd{(nu_p(a),q)}=\gcd}(nu_q(a)、p)}=1$,则\开始{eqnarray}\标签{changord}a''{pq}=a''{qp}。\结束{eqnarray}接下来,我们展示了$a\in\mathbb{Q}$的(\ref{changord})成立的当且仅当$$\nu_q(nu_p(a))\nu_p(a)=\nu_p.(\nu_q(a))\nu(a)。$$\开始{定理}\标签{xpqthm}设$p,q\in\mathbb{p}$,$p\neq$。的所有非平凡解\开始{eqnarray}\标签{xpqeq}x''{pq}=x''{qp}\结束{eqnarray}是形式$$x=cp^hq^k,$$哪里$$h、 k\in\mathbb{Z},\quad p,q\nmid c\in\mathbb{q}\setminus\{0\}$$和$$h\nu_q(h)=k\nu_p(k)。$$相反,这种形式的所有数都是非平凡解。\结束{定理}\开始{proof}让$x$与~(\ref{xxieta})中的一样$$\xi=\tilde{\xi}p^\alpha-q^\beta,\quad\eta=波浪线{\eta}p^\gamma q^\delta,$$哪里$$\α、β、γ、δp、 q\nmid\tilde{\xi},\tilede{\eta}\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}。$$然后$$x'_p=\tilde{x}\xip^{xi-1}q^\eta=\tilde{x}\ tilde{xi}p^\alpha q^\beta p^{xi-1}q^\ eta=\波浪线{x}\波浪线{xi}p^{xi+\alpha-1}q^{eta+\beta}$$和\开始{eqnarray*}x''{pq}=\tilde{x}\ tilde{xi}(\eta+\beta)p^{xi+\alpha-1}q^{eta+\ beta-1}=\波浪线{x}\波浪线{xi}(波浪线{eta}p^\gammaq^\delta+\beta)p^{xi+\alpha-1}q^{eta+\beta-1}=\\\波浪线{x}\波浪线{xi}\波浪线上p^{xi+\alpha+\gamma-1}q^{eta+\beta+\delta-1}+\波浪线{x}\波浪线{xi}\βp^{xi+\alpha-1}q^{eta+\beta-1},\结束{eqnarray*}和类似的$$x''{qp}=\tilde{x}\ tilde{xi}\ tilde{eta}p^{xi+\alpha+\gamma-1}q^{eta+\beta+\delta-1}+\波浪线{x}\波浪线{\eta}\gamma-p^{\xi+\gamma-1}q^{\eta+\delta-1}。$$因此,(\ref{xpqeq})保持当且仅当$$\波浪线{\xi}\beta-p^{\xi+\alpha-1}q^{\eta+\beta-1}=\波浪线{\eta}\gamma-p^{\xi+\gamma-1}q^{\eta+\delta-1}。$$替换$\tilde{\xi}=\xip^{-\alpha}q^{-\ beta}$和$\tilde{\eta}=\etap^{-\gamma}q^{-\δ}$,我们得到$$\xi\β=\β\γ,$$定理如下(当我们写$c=\tilde{x}$,$h=\xi$,$k=\eta$时,$\nu_q(h)=\beta$,$\nu_p(k)=\gamma$)。\结束{proof}接下来,我们扩展了[Proposition ~ 35(i)]{Ko}。(在这个命题中,$n=p^{pk}c$实际上应该是$n=p^pc$。)\开始{定理}\标签{xppthm}设$p\in\mathbb{p}$。的所有非平凡解\开始{eqnarray}\标签{xppeq}x_{pp}''=x\结束{eqnarray}都是这样的\开始{eqnarray}\标签{xppsol}x=cp^{\pm p},\结束{eqnarray}其中$p\nmid c\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$。相反,所有这些数字形式是非平凡的解决方案。\结束{定理}\开始{proof}让$x=\ tilde{x} 第页^\xi$如~(\ref{xx})所示。同样,让$\xi=\tilde{\xi}p^\gamma$如~(\ref{bgamma})中所示。然后$$xp'=\tilde{x}\xip^{\xi-1}=\tilder{x}\ tilde{\xi}p^{xi+\gamma-1}$$ 和\开始{eqnarray}x{pp}''=\tilde{x}\ tilde{xi}(\xi+\gamma-1)p^{\xi+\ gamma-2}=xp^{-\xi}\ tilde{\xi}(tilde{xi}p^\gamma+\gamma-1)p^{xi+\gamma-2}=x\tilde{\xi}p^{\gamma-2}(\tilde}\xi}p ^\gamma+\gamma-1)。\标签{xpp}\结束{eqnarray}因此,(\ref{xppeq})等价于\开始{eqnarray}\标签{pgammab}\波浪线{xi}p^\gamma(波浪线{xi}p^\ gamma+\gamma-1)=p^2\结束{eqnarray}(或$x=0$)。由于$\tilde{\xi}\mid-p^2$但是$p\nmid\tilde{\ xi}$$\tilde{\xi}=\pm 1$和(\ref{pgammab})减少为$$p^\gamma[p^\gamma\pm(\gamma-1)]=p^2。$$如果$\gamma=0$,那么$1\mp 1=p^2$,这是不可能的。如果$\gamma=2$,那么$p=0$或$p=\sqrt{2}$,这也是不可能的。如果$\gamma\ge 3$,则$p^3\mid p^2$;这也是不可能的。但$\gamma=1$起作用了,给了我们$\xi=\pm p$。写入$c=\tilde{x}$,我们得到(\ref{xppsol})。\结束{proof}设$p,q\in\mathbb{p}$,$p\neq$。根据Kovi\v c\引用[Proposition ~ 35(iii)]{Ko},$x“{pp}+x”{qq}=x的唯一整数解$是$x=cp^p$和$x=cq^q$,其中$\gcd{(c,pq)}=1$。我们扩展这个定理适用于~$\mathbb{Q}$,发现其他整数解也存在。然而,关于完整解决方案的问题仍然悬而未决。\开始{定理}\标签{xppxqqthm}设$p,q\in\mathbb{p}$,$p\neq$。如果$$x\in\{cp^{\pmp},cq^{\PMq},cp^{\fmp}q,cpq^{\fmq},$$其中$p,q\nmid c\in\mathbb{q}$,然后$$x{pp}“+x{qq}”=x。$$\结束{定理}\开始{proof}一个简单的计算。\结束{proof}最后,我们扩展了[35(ii)]{Ko}命题。(这一点的证据引用{Ko}中的命题不正确。例如,$(每股^{e-1}c)‘p=e(e-1)p^{e-2}c$通常无效,因为$e$可以被~$p$整除。)\开始{定理}设$p\in\mathbb{p}$,$\alpha\in\mathbb{Z}(Z)_+$和$c\in\mathbb{Q}$。如果$\alpha\ge p$和$p\nmid c$或$c=0$,则$x=cp^\alpha$满足$$|x{pp}''|\ge|x|。$$\结束{定理}\开始{proof}省略这个小例子,我们假设$c\ne0$。如果$p\nmid\alpha$,则$\alpha\gep$表示$\alfa\gep+1$,和$$|x{pp}''|=|c|\alpha(\alpha-1)p^{\alpha-2}\ge|c|(p+1)pp^{\alpha-2}>c|p^{\alpha}=|x|。$$如果$p\mid\alpha$,我们将$\alpha=\tilde{\alpha}p^\gamma$写入其中$\gamma,\alpha\in\mathbb{Z}(Z)_+$和$p\nmid\tilde{\alpha}$。然后$$xp'=c\alpha p^{\alpha-1}=c\tilde{\alfa}p^\gamma p^}\alpha-1}=c\波浪线{\alpha}p^{\gamma+\alpha-1}$$和\开始{eqnarray*}x{pp}''=c\tilde{alpha}(\gamma+\alpha-1)p^{\gamma+/\alpha-2}=c\alpha p^{-\gamma}(\gamma+\alpha-1)p^{\gamma+/\alpha-2}=\\c \α(\γ+\α-1)p^{\α-2}=\α(\γ+\γ-1)p^{-2}x。 \结束{eqnarray*}自$$\α(\gamma+\alpha-1)p^{-2}\ge p(1+p-1)p^}-2}=1,$$定理如下。\结束{proof}\节{示例}\标签{equionex}\开始{example}\标签{sec2}$x'_p=a$,其中$p\nmid为a\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$。\梅德斯基普\无音(noindent)在~(\ref{acp})中,$\tilde{a}=a$和$\alpha=0$。~(\ref{pdifeq})的唯一解是$x=p$by ~(\ref{c1b})。因此,唯一的解决方案是$$x=近似值。$$\结束{示例}\开始{example}$x'_p=p\,\,(alpha=1,n=0,r=1)$。\梅德斯基普\无音(noindent)没有~$m$满足~(\ref{m1})。如果$p\ne 2$,则$r\ne p-1$。因此,通过~(\ref{x2}),$$x=\压裂{p^2}{2}。$$如果$p=2$,则$r=p-1$,则没有解决方案。\结束{示例}\开始{example}$x'_p=p^{-1}\,\,(alpha=n=-1,r=p-1)$。\梅德斯基普\无音(noindent)条件(\ref{mccnd})意味着$1-m=hp^{(m+1)p-1}$。写入$h=-k$,其中$k\in\mathbb{Z}(Z)_+$,上面写着$$1+m=kp^{(m+1)p-1}。$$但是$$kp^{(m+1)p-1}\ge2^{=2^{2m+1}>2m+1格m+1$$对于所有$m\in\mathbb{N}$,这意味着没有类型为~(\ref{x1})的解决方案。也没有(\ref{x2})适用,因为$r=p-1$。因此,没有解决方案。\结束{示例}\开始{example}\标签{pp}$x'_p=p^p\,\,(alpha=p,n=1,r=0)$。\药物跳过\无音(noindent)唯一满足~(\ref{m1})的$m$是$m=0美元。然后$h=1$in~(\ref{mccnd})和$$x=p^p$$通过~(\ref{x1})。由于$r\ne p-1$,也$$x=\压裂{p^{p+1}}{p+1}$$通过~(\ref{x2})应用。\结束{示例}\开始{example}$x'_p=p^{-p}\,\,(\alpha=-p,n=-1,r=0)$。\梅德斯基普\无音(noindent)作者:~(\ref{mccnd}),$$-1-m=马力^{-mp}。$$如果$m=0$,则$h=-1$。如果$m>0$,则右侧不是整数(因为$p\nmid h$),而左侧是一个整数。因此,只有$m=0$和$h=-1$满足~(\ref{mccnd})。此外,(\ref{x1})给出了$$x=-p^{-p}。$$因为$r\ne p-1$,我们有另一个解决方案$$x=\压裂{p^{1-p}}{1-p{$$通过~(\ref{x2})。\结束{示例}\开始{示例}$x'_2=2^{26}\,\,(p=2,alpha=26,n=13,r=0)$。\梅德斯基普\无音(noindent)条件(\ref{mccnd})现在等价于$$13米=2^{2m}高。$$如果$m=0$,则$h=13$。如果$m=1$,则$h=3$。如果$m\ge 2$,则2^{2m}>13000000美元;因此,$2^{2m}\nmid(13-m)$$2\le m\le 12$,表示不存在合适的$h$。因此,通过~(\ref{x1}),$$x=\frac{2^{26}}{13}\quad{rm和}\quad x=\frac{2^[24}}{3}。$$再次$r\ne p-1$和(\ref{x2})生成第三个解决方案$$x=\压裂{2^{27}}{27}。$$\结束{示例}\开始{example}$x'_2=2^{-22}\,\,(p=2,alpha=-22,n=-11,r=0)$。\梅德斯基普\无音(noindent)现在(\ref{mccnd})读取$$-11米=2^{2m}高。$$如果$m=0$,则$h=-11$。如果$m=1$,则$h=-3$。如上所述,我们看到没有$m\ge2$有效,我们得到了三个解决方案$$x=-\压裂{2^{-22}}{11},\四x=-\frac{2^{-24}}{3},\quad x=-\ frac{2_{-21}}{21}。$$\结束{示例}\开始{example}\标签{sec2end}(由于Jori M\“antysalo。)$x'_2=2^{2058}\,\,(p=2,alpha=2058,n=1029,r=0)$。\梅德斯基普\无音(noindent)计算机实验表明$m=0$,$m=1$,$m=5$。然后,分别,$h=1029$、$h=257$和$h=1$,给出了三种类型~(\ref{x1})的解决方案。此外,(\ref{x2})也适用。总而言之,我们有四种解决方案$$x=\压裂{2^{2058}}{1029},\quad x=\裂缝{2^}2056}}{257},\ quadx=2^{2048},\quad x=\frac{2^{2059}}{2059{。$$\结束{示例}\开始{example}$x'_p=-px^n$,$n\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}$。\梅德斯基普\无音(noindent)如果$n=1$,那么根据定理~\ref{axthm},$x=cp^{-p^2}$其中$p\nmid c\in\mathbb{Q}$。为了在$n\ne 1$的情况下获得非平凡解,我们在推论~\ref{axncor2}的证明中看到必须$n=2$、$n=3$或$n=-1$;然后$\tilde{\xi}=-2$(对于$p\ne2$),$\tilde{\xi}=-1$,$\tilder{\xi{=1$。此外,$\xi=波浪号{\xi}$。再次(ref{t5.5})成立,但现在(ii)在定理~ref{axnthm}中违反$n=-1$。因此,重要的解决方案是,对于$n=3$,$$x=\大(\压裂{-1}{-p^2}\大)^\压裂{1}{2}=\压裂{1'{p}$$并且,对于$n=2$,$p\ne 2$,$$x=\压裂{-2}{-p^2}=\压裂}{p^2}。$$\结束{示例}\开始{example}$x'_p=p^{-1}x^n$,$n\in\mathbb{Z}\setminus\{0\}$。\梅德斯基普\无音(noindent)如果$n=1$,那么同样根据定理~\ref{axthm},$$x=cp,$$其中$p\nmid c\in\mathbb{Q}$。如果$n\ne 1$,我们有,by应用~(\ref{t5.4a})并使用推论证明的符号~\ref{axncor1},$$\伽玛=-1+(n-1)\xi+1=(n-1。$$在这个证明中,我们看到没有$\gamma\in\mathbb{N}$有效。因此,对于$n \ge 2$和$n\le-1$没有解决方案。\结束{示例}\开始{example}$x'_p=p^{1-(n-1)p^2}x^n$,$n\in\mathbb{Z}\setminus\{0,1\}$。\药物跳过\无音(noindent)通过~(\ref{t5.4a}),$$\γ=1-(n-1)p^2+(n-1=2-(n-1)p^2+(n-1,$$即。,$$\波浪线{xi}=frac{gamma+(n-1)p^2-2}{(n-1”p^gamma}。$$我们按照推论~\ref{axncor2}的证明进行。\梅德斯基普{\em案例~1.}$\gamma=0$。同样,$\tilde\xi\in\mathbb{Z}$if和仅当$n-1=\pm 1$或$n-1=\pm 2$;因此必然如此$n=2$、$n=3$或$n=-1$。我们有$\tilde{\xi}=p^2-2$(对于$p\ne 2$)和$\tilde{\xi}=p^2\mp1$。还有$\xi=\tilde{\xi}$。但$\delta=\nu_q(p^2\mp1)$至少有一个是奇数$q\in\mathbb{P}\setminus\{P\}$。(如果不是,则$p^2\mp 1=b^2$for一些$b\in\mathbb{Z}$,所以$(b-p)(b+p)=\mp1$,这意味着一个矛盾。)然后$$\压裂{\nu_q(\xi)-\nu_g(a)}{n-1}=\裂缝{(p^2\pm1)-\nuq(p^{1-(n-1)p^2})}{\pm2}=\pm\frac{\delta}{2}\notin\mathbb{Z},$$违反了~(\ref{t5.5})。因此,只剩下子项$n=2$,$p\ne 2$,$\xi=p^2-2$,这产量$$x=\Big(\frac{\xi}{ap}\Big)^\frac}{n-1}=\裂缝{p^2-2}{p^{1-(2-1)p^2}p}=(p^2-2)p#{p^2-2}。$$\梅德斯基普{\em案例~2.}$\gamma=1$。然后$$\波浪线{xi}=frac{1+(n-1)p^2-2}{(n-1\notin\mathbb{Z}。$$\梅德斯基普{\em案例~3.}$\gamma=2$。然后$$\波浪线{xi}=frac{2+(n-1)p^2-2}{(n-1”p^2}=1;$$所以$\xi=p^2$。由于满足了(\ref{t5.5}),我们得到$$x=\大(\压裂{p^2}{p^{1-(n-1)p^2{p}\大)^\压裂{1}{n-1}=p^{p^2]。$$\梅德斯基普{\em案例~4。}$\gamma\ge 3$。然后\开始{eqnarray*}|\波浪号|=\frac{|\gamma+(n-1)p^2-2|}{|n-1|p^\gamma}\le\裂缝{n-1|p^2+\gamma}{n-1| p^\gamma{le\压裂{p^2+\gamma}{p^\gammaneneneep=\\\压裂{1}{p^{gamma-2}}+\压裂{gamma}{p*gamma}\le\压裂{1}{p}+\压裂{3}{p^3}\le\压裂{1{2}+\裂缝{3}}{8}<1。\结束{eqnarray*}因此,$x=p^{p^2}$对于所有$n\ne 0,1$来说都是一个重要的解决方案。阿尔索$(p^2-2)p^{p^2-2}$是$n=2$,$p\ne2$的解决方案。这些是唯一重要的解决方案。\结束{示例}\开始{example}$x''{pp}=px$。\药物跳过\无音(noindent)根据~(\ref{xpp}),等价条件是$x=0$或$$\波浪线{xi}p^\gamma(波浪线{xi}p^\ gamma+\gamma-1)=p^3。$$正如定理~\ref{xppthm}的证明一样,这可以简化为$$p^\gamma[p^\gamma\pm(\gamma-1)]=\pm p^3。$$很容易看出,没有$\gamma\in\mathbb{N}$适用。所以,没有除了琐碎的解决方案之外,还有其他解决方案。\结束{示例}\开始{example}$x''{pp}=0$。\梅德斯基普\无音(noindent)根据~(\ref{xpp}),这等价于$x=0$或$\tilde{\xi}=0$(已接受此处)或$\tilde{\xi}p^\gamma+\gamma-1=0$。很容易看出这一点$\gamma=0$和$\gama=1$适用;第一种情况给出$\tilde{\xi}=1$第二个$\tilde{\xi}=0$。因此,$x=0$或$\xi=0$或者$\xi=p$,这意味着$x=cp^d$,其中$p\nmid c$和$d\in \{0,1\}$。\结束{示例}\第{节解集注释}\标签{密度}示例\ref{秒2]--\ref{sec2end}和进一步的计算机实验鼓励我们陈述以下推测。\开始{推测}设$p\in\mathbb{p}$和$a\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$。方程式$$x’p=a$$如果$p=2$,则最多有四个解决方案,否则最多有两个解决方案。\结束{猜想}\无音(noindent)$x'_p=ax^n$的解的数量是多少?$n=1$的情况很简单。\开始{定理}设$p\in\mathbb{p}$和$a\in\mathbb{Q}$。的数量方程的非平凡解$$x’_p=最大$$要么为零,要么为无穷大。\结束{定理}\开始{proof}应用定理~\ref{axthm}。\结束{proof}\无音(noindent)案例$n\ge 2$很难。因为我们没有做过彻底的计算机实验,所以我们只记录以下推测。\开始{猜想}设$p\in\mathbb{p}$,$a\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$,和$n\in\mathbb{Z}\setminus\{0,1\}$。方程式$$x'_p=最大值^n$$只有有限多个解。\结束{猜想}我们的最后一个主题是关于无限解集的密度。我们首先验证两个辅助结果。\开始{引理}\标签{rs}设$r,s\in\mathbb{P}$,$r\nes$。这套\开始{eqnarray}\标签{t}T=\{\pm r^ms^n:m,n\in\mathbb{Z}\}\结束{eqnarray}在~$\mathbb{Q}$中是稠密的。\结束{引理}\开始{proof}一个等价的说法是$$\{r^ms^n:m,n\in\mathbb{Z}\}$$密度为~$\mathbb{问}_+$. 通过取元素的对数对于这个集合,我们得到了另一个等价的声明,声明集合$$\{m\ln{r}+n\ln{s}:m,n\in\mathbb{Z}\}$$在~$\mathbb{R}$中密集。这等于密度属于$$T'=\Big\{m+n\,\frac{ln{s}}{ln{r}}:m,n\in\mathbb{Z}\Big\}。$$因为$\ln{s}/\ln{r}$是非理性的,所以$T'$在~$\mathbb{r}中是稠密的$根据Dirichlet定理\cite[定理~1.23]{Br}。\结束{proof}\开始{引理}\标签{spqthm}设$p,q\in\mathbb{p}$,$p\neq$。成套设备$$S_p=\{c\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}:p\nmid c\}$$和$$S_{pq}=\{c\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}:p,Q\nmid c\}$$在~$\mathbb{Q}$中密集。\结束{引理}\开始{proof}对于$r,s\in\mathbb{P}\setminus\{P,q\}$,$r\ne s$,设$T$为在~(\ref{t})中。由于$T\子集S_{pq}\子集S_p$来自引理~\ref{rs}。\结束{proof}\开始{定理}设$p、q\in\mathbb{p}$、$p\neq$和$a\in\mathbb{q}$、$ap\in\mathbb{Z}$。方程的解集$$x'_p=ax,四x'_p=x'q,四x''{pq}=x''{qp},四x''{pp}=x,四和\四个x''{pp}+x''{qq}=x$$在~$\mathbb{Q}$中密集。\结束{定理}\开始{proof}应用定理和引理~\ref{spqthm}。\结束{proof}事实上,我们可以更多地讨论第二和第三个方程。\开始{定理}设$p,q\in\mathbb{p}$,$p\neq$。方程的解集$$x'_p=x'q=0,\quad x''{pq}=x''{qp}=0,\ quad x''{pp}=0和\四个x''{pp}+x''{qq}=0$$在~$\mathbb{Q}$中密集。\结束{定理}\开始{proof}由引理~\ref{spqthm}稠密的集合~$S_{pq}$是包含在每个方程的解集中。\结束{proof}\无音(noindent)这个定理提出了以下几点\开始{猜想}设$p、q\in\mathbb{p}$、$p\neq$和$a\in\mathbb{q}$。方程的解集$$x’’_{pq}=x’’_{qp}=a,\ quad x’’_{pp}=a,\ quad和quad x''_{pp}+x'_{qq}=a$$在~$\mathbb{Q}$中密集。\结束{猜想}\第{节结束语}\标签{备注}Ufnarovski和AA-hlander~cite{UA}研究了某些算术微分方程。例如,他们证明了如果方程$$x'=四(x\in\mathbb{Z}(Z)_+,\,a \ in \ mathbb{Z}(Z)_+\设置减号(1)$$有一个解,那么它有无穷多个解。方程式$x'_p=a$($x\in\mathbb{Q},\,a\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}$)与此相反,它总是只有有限的我们在定理~\ref{athm}的证明中看到了许多解决方案。再举一个例子,他们证明了[定理6]{UA}$$x'=x\quad(x\in\mathbb{Z}(Z)_+)$$当且仅当某些$p\in\mathbb{p}$的$x=p^p$。定理~\ref{axthm}的一个特例给出了一个类似的结果,说明$x_p=x$($x\in\mathbb{Z}(Z)_+$)当且仅当$x=cp^p$其中$p\nmid c\in\mathbb{Z}(Z)_+$.Kovi研究了一类算术偏微分方程。我们进一步探讨了这个话题,但仍有许多工作要做同时具有算术导数和算术偏导数。连接不同推导之间的关系特别有趣。对于例如,$a\in\mathbb{Q}\setminus\{0\}的{\em对数导数}$定义\引用[p.~13]{UA}由$$\mathrm{ld}\,a=\frac{a'}{a}$$也可以表示为$$\mathrm{ld}\,a=\sum_{p\in\mathbb{p}}\frac{a'_p}{a}。$$\节{确认}我们感谢裁判提供的有用意见。\开始{书目}{9}\bibitem{Ba}E.~J.~Barbeau,关于算术导数的注释,\emph{加拿大数学公牛}~\textbf{4}(1961),117-122。\bibitem{Br}A.~Browder,\emph{数学分析:导论},施普林格,1996年。\bibitem{HMMT}P.~Haukkanen、M.~Mattila、J.~K.~Merikoski和T.~Tossavainen,算术导数可以定义在非唯一因子分解域上吗?\emph{J.Integer Seq.}~\textbf{16}(2013),\href公司{https://cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/VOL16/Tossavainen/tossavaainen4.html}{第13.1.2}条。\bibitem{Ko}J.~Kovi\v c,算术导数和反导数,\emph{J.整数序列}~\textbf{15}(2012),\href公司{https://cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/VOL15/Kovic/kovic4.html}{文章~12.3.8}。\bibitem{MP}R.~K.~米斯特里和R.~K.潘迪,数中理想的导数环,\emph{Integers}~\textbf{14}(2014),\#A24。\bibitem{UA}V.~Ufnarovski和B.~\AA hlander,如何区分数字,\emph{J.整数序列}~\textbf{6}(2003),\href公司{http://www.cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/VOL6/Ufnarovski/ufnarowski.html}{第03.3.4条}。\结束{书目}\大跳跃\小时\大跳跃\noindent 2010数学学科分类:}初级11A25;次级11A51。\noindent{\it关键字:}算术导数、偏导数。\大跳跃\小时\大跳跃\noindent(与序列有关\序列号{A000040}和\序列号{A003415}。)\大跳跃\小时\大跳跃\vspace*{+.1in}\无音(noindent)2016年3月21日收到;2016年9月12日收到的修订版;2016年9月14日。发表于{整数序列杂志},2016年10月11日。\大跳跃\小时\大跳跃\无音(noindent)返回到\htmladdnormallink{整数序列杂志主页}{http://www.cs.uwaterloo.ca/journals/JIS/}.\vskip.1英寸\结束{文档}