关于丢番图方程x^3+b=Dy^2(Ⅰ)
关于丢番图方程x^3,b=Dy^2(?) 第23卷第3期
2004年9月
大连轻工业学院
JournalofDalianInstituteofLightIndustry Vo1.23.No.3
Sept.2004
文章编号:1005.4014(2004)03.0219—04
关于丢番图方程.273+b=Dy2(工).
佟瑞洲
(朝阳师范高等专科学校,辽宁朝阳122000)
关键词:丢番图方程;奇素数;整数解
摘要:设P为奇素数,(Y)=1,方程P=Y的全部整数解为:(i)(,Y):(3+6a一口,
卢满足(口+3)一12=P;(i;)(,)=(2a+2一4ap一4,3(口+卢)(口 6(4+3)),且口,
一
p)+6(4一)),且口,卢满足(口+卢)一12a=P;(iii)(,)=(口+6a一3,6(口+
3)),且a,卢满足l2一(a一3):P.其中a,卢一奇一偶,(a,卢)=1,a>卢>o. 中图分类号:O156.7文献标识码:A
Ondiophantineequation3+b=D(工)
ToNGRui—zhuo
(ChaoyangHigherTeacherTrainingSchool,Chaoyang122000,China)
Keywords:Diophantineequation;Oddprimenumber;Integralsolution
Abstract:Letisaoddprimenumber.(z,)=1,allintegralsolutionofdiophantineequationz3+P
3=
ycanbeexpressedas:(i)(z,y)=(3p4+6a22一口4,6a8(口4+3)),where(口,8)isasolutionofe (a2+38)一128=Pwhichsatisfies;(ii)(z,)=(2a+2一4a8—448,3(口+p)(口一p)+648 (口4—8)),where(口,)isasolutionof(口+)4—12a22=Pwhichsatisfies;(iii)(z,j,)=(口4+
6a28一38.64(44+38)),where(a,t3)isasolutionof128一(口一38):Pwhichsatisfies.Inthis
paper(4,)=1,4>8>0,andif4isoddnumberthen8isevennumber.If口
isevennumberthen8is nr{dn11m}1Pr
对于丢番图方程
z+b=D(1)
Euler,Lebesgue等人[J进行了大量的研究, 取得了一些重要成果,但他们的研究限定了b? {?10,?2'},且D不含平方因子,不被6是+1形 素数整除.1991年,文献[2,3]研究了b=?1,D 含6是+1形素因子的情形.本文研究了b=P (其中P为奇素数),D=1时方程(1)的求解问 题,为此先叙述如下引理.
引理1设d>/3为整数,(,Y):1,方程
2一
d+d2=y2(2)
仅有整数解(,)=(,?鱼)
(35d1)'(,?)(3~-d2),
3;+2d—d}4,?
生警)(31),'一4,J."'
-
收稿日期:2004.09.15
作者简介:佟瑞洲(1962,),男,副教授
;+2d
4—
-
3
—
d21
'——4)(3Td2),其中d=
d1d2,(d1,d2)=1.
证明若,方程(2)变形为
(y+z—d)(y—z+d)=dx(2)1 (I)若2,贝U2T[y?(z—d)],(y+32 一
d,y—z+d)=1,由(2)1得
y?(z—d)=d1z1,y-T-(z—d)=d2x2(2)2 其中d=d1d2,z=z1,272,(d1,d2)=1,(z1,x2)
=1,d1?1,2?1.
式(2)2中前两式相减得?2(z—d)=dlXl —
d2x2.
取"+"有2x=2d+d1z1一d2z2,z2(2x1+ d2)=d1(2d2+z1),代人方程(2)得:
(4)2=16d2+4(2+d1z1一d2x2)(d1z1 一
d2z2)
大连轻工业学院第23卷
()(4Lr}+4x1d2+7d;) (2j1+d2)+9d=[(2Lr1+d2)+3d;].
故若-lq,qI
3,q为素数,为整数,则.=有
..,即q()与():l矛盾,故垄二a1
1或3,即=
(1)当
+2一3(
4
3c/+2—;
4
(此时3,,,J
d2
,
=
d+
,-v=——
3dl—d2
,)
:?磐,3Td.?—___广一,2. 取""有2=2d—d1l+d22,2(2j,1
c
/:)=d1(2d!一1)代人方程(2)有 ,L).(4y)=(4x4x1d2+7d;)
(21一d2)+9=[(2x1一d2)+3d2]
即2.rl,1
3i,同理LL"1+d一2或1: (ii==,
3ci+2
4,.y?一4'…l.
(IV)当一,:三_一生时,则=, c+2(.f3
————一
'
一3d+di?—
(【I)若2『则(
由式(2)1有
或者
2
,r!(一()
或者
2
王!:!二j
4'2
.,
v干(一d)
2
,32.
二?,
'2
=dlXl,372寻)=1
(2)
其中=12,d=d1d2,(d1,d2)=1,d1?1,d2
?1.
由(2)3前两式相减得?(—)=1一 d22.
取''+''得=+1寻一22,2(1+ d2)=1(2+寻)代入方程(2)得 (4(+2d21+7d;)(1 +dz)+9d!=[(1+dz)2+3d2]2
+1+dz
叹32同理=1或3
d1一d2或1=3d1一d2. (i)当1:1一2时,则2:, :
,Y:?望,结论与(I)——,=?_,结论与() (i)相同.
(ii)当=3一时,则=,
=堕,Y=?堕:十一生,结论与(?)———一,?—广__=,结论与(?)
取"一"得=d1寻+22(1 d2)=dl(2一寻)代入方程(2)得 (4=(十2+7(
dz)+9d!=((1一dz)+3d2) ~h-1一d2
队
3d1+d2.
3d;,同理1=d1+d2或1= (iii)当=dl+2时,则2=,结 论与(I)(iii)相同.
=2''''=(i
v)当xl=3d~+dz时,则:,结 (2)3论与I(iv)相同.
:,
(,詈)=1
(2)4
对(2)式,只须注意1,2为偶数,推导,结
论与(I)相同.
对(2)5前两式相减得?(—d)=dl1一d2
2
4.
.
,
1ll
+r1J
(
,?
3佟瑞洲:关于丢番图方程.32+6=Dy(I)
取"有+lz1一24,等(4z1+
2)=d1(d!+1)代入方程(2)得
()(4):[(4z+2)+6;] (4l+d).+9d!=[(4工?1+d2)2+3d;] 故!(/I+~t2『3c=f
,同理可得=或
3(l(!
1一—一:
(v)当:时:+32,结论
与(J)(i)相同.
(vi)当z时:+d2,结论
与(I)(ii)相同
取"一"有:(=f—l1十z等(4z一
d2)=d1(d!一1)代入方程(2)得
(兰)(4.y)=[(4z一)+6;]
(4r1一d:)+9d=[(4x1一d2)+3d;] 故l3=半或一
3d】+d
4
(vii)当】=时,则z2=32一d1,结
论与(I)(川)相同.
(viii):时,则2:2一,结
论与(1)(iV)相同.
若2d,则,仿(fJ)讨论,结论与(II)~NN. 推论1若d=P为奇素数,方程(2)当P=3时 仅有整数解(,)=(8,?7),(一5,?7);当P>3时仅 有整数解(,)=(?,?),
(?,
),(,?学),
f?二三:+三,
4'一4
推论2若d=,P,q为素数,则方程(2)仅有 整数解(=(止,?),
c,?,,4'一4,4'
?,?.
引理2若P为奇素数,.y1Y2z,(.y1,.y2)
=1.则方程绢
jz+.y?
lz一px+P=y;?
无整数解.
证明由推论1,当P=3时,z=8,一5,显
然?无解.当P>3时,由?式有z= ?应二?二?二
4'4'4'
?二
4.
(i)当z=时得.y=z+=
()z+一1,于是
()()=一1a?1?1
(3)
则由(3)有?=.y干=
两式相减得?(P+1)=口1一口2,取"+"代入(3) 中后一等式得口1口2=口1一口2—2,即(口1+1)(1一 口2)=3,于是(口1+1,1一.2)=(?1,?3),(?3, ?1),故(口1,.2)=(0,一2),(一2,4),(2,0), (一4,2)与a1?1,a2?1矛盾.同理可证取"一" 代入式(3)中亦矛盾.
(ii)当z=时,由?得4.y:3
(户+2)叭=(警)=(孚)=一
1矛盾.
(iii)当=二时,由?得4.y:3(1 )=(警)=()=一
1矛盾.
(iv)当z=L时,由?得.y;=
()z一3p2,于是
(+y1)()=3(4)
则由式(4)有(3p
2
+1一
?干=
(?3,?P),(?1,?3p),(?P,?3p),此即 3Jf)+1=?(3+P),?(1+3p),?4p.在这6 个方程中均无奇素数P存在.
引理3[丢番图方程X2+y=z适合条 件z>0,.y>0,z>0,(z,.y)=1,2『z的一切正整数
解可以用下述公式表出:.72:2ab,.y=a一b,=a
+b,其中a>b>0,(a,b)=1,n,b一奇一偶.
大连轻工业学院第23卷
弓I理4若2c,>0,(,12)=1,(1,2)
=1,则方程组
+d=3y?
【一+d=3y;?
的全部整数解为:
(i)=3p+6a卢一a,1=2a卢,2=a 十3,且a,卢满足(a+3p)一i2p=d;
(ii)?=2a+2一4a一4a卢.,1=a一
,-v2=(a一卢)+2ap(a+卢),且a,卢满足(a +p)一12ap.=d;
(…)=a+6a卢一3p,1=2ap,2=a +3,且a,卢满足12p一(a一3卢)=d. 其中a,一奇一偶,(a,卢)=1,a>卢>0. 证明由?,?得
(22+)(2y2一d)=3(2y{一d)(5) 由2,知(2y2+d,2y2一d)=1,于是由式 (5)得
2y2一-pd=3a2,2y2干d=b22,d=ab,(&,6)=1,2"t,ab
(5)1
(5)前两式相减得?2d:3a一b,将(5)1 中第3式代人得?2(2y一ab)=3a一b. (1)取''+"得.
y2
.
+()=n(5)2
于是由式(5)2及引理3得
(i)1=2a卢,垒—=a2一J9,a=a+J9; 或者
(II)1=01,2一卢,皇—=2a卢,n=a+卢. 其中a,满足(a,卢)=1,a>卢>0,a,卢一奇一 偶
由(i)b=3p一a,(5)1前两式相加2= 掣:.4+3fl4,d:2y}一6:(2十3卢)一
12p,由??=3y—d=3卢+6a卢一a. 由(ii)得b=a+卢一4a卢,d=(a+卢)一 12a2卢2,2=(a一卢)4+2a卢(a2+p2),z=2a4+
2卢一4a.卢一4a卢
(?)取'.一"得+.2=()(5)3 由式(5)3及引理3得
(iii)-,,1:2.卢,:.2一p,里—=Cf2+p; 或者
2.p,=2+pz.
其中a,满足(a,卢):1,a,卢一奇一偶,a>卢>
0.
由(iii)b=Cf2+3,d=12卢一(a一3卢), 2=a+3,z=a+6a卢一3卢.
由(iv)b=2(a十』9一a』9),d__2(a+I94— 2a.卢一2a卢)与21-d矛盾.
下述本文主要结果:
定理若P为奇素数,(z,)=1,则方程 (1)当b=P',D=1时的全部整数解为: (i)z:3+6a卢一d,=6a卢(a+
3),且a,卢满足(a+3卢)一12卢=P; (ii)z=2a+2一4a卢一4a卢,=3(a+ 卢)(a—p)+6(a一p),且a,p满足(a+卢) 一
12a=P;
(iii)z=a+6a卢一3,=6a卢(a+
3),且a,卢满足12一(a一3卢)=P. 其中a,一奇一偶,(a,卢)=1,a>卢>0. 证明当b=P',D=1时,由方程(1)得 (z+P)(z2一px+P2)=2(6) 因(z+P,z一px+P)=1或3,故由式(6) 得
z+P=,z2一+P2=,:12,(1,3'2)=1
(6)l
或者
z+P=3,z一+P=3,y=3y1Y2,(y1,312)=1
(6)2
由引理2知式(6).无整数解.对式(6)2应
用引理4知定理成立.
对给定的素数P,方程z一=?P恒可
解[?,由于定理中给出的方程(a+3)一12卢 =P,(a+)一12a=P,(a一3)一12卢=
一
P均为四次方程,很可能只有有限个解,因此定 理说明b=P',D=1时方程(1)很可能只有有限 个解.
参考文献:
[1]曹珍富.丢番图方程引论[M].哈尔滨:哈尔滨工业 大学出版社,1989.162—163,209—221. [2]佟瑞洲,王镇江.关于丢番图方程z一1=,[J]. 江汉大学,1991,8(1):4O一48.
[3]王镇江,佟瑞洲.关于丢番图方程z+1:13y,xy ?O[J].黑龙江大学自然科学,1991,8(4):48— 5O.
[4]佟瑞洲.初等数论与丢番图方程[M].延吉:延边大 学出版社.1993.26—27.
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