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（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. 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