丢番图方程x3-1=3Py2的整数解
关于丢番图方程x3±53=3py2的整数解
湛江 师范 学 院学报 Ｊ ＯＵＲＮＡＬ ＯＦ Ｚ ＨＡＮＪ Ｉ ＡＮ Ｇ ＮＯＲ ＭＡＬ ＵＮ Ｉ ＶＥ ＲＳ Ｉ ＴＹ
Ｊ ｕ ｎ ．， ２ ０ １ ４
ＶＯ１ ． ３ ５ Ｎｏ． ３
关 于 丢 番 图方 程 Ｘ ３ ±５ ３ ＂ － ３ ｐ ｙ ２的整数 解
） 一 ｆ ２ ｒ ２ ＋ ２ ｒ ＋ ２ １ ， 且 １ ， ２ ， ３ （ ｍ ｏ ｄ ５ ） ， 则 一
（ ２ ｒ Ｚ ７ ｒ ＋ ２ ） ＝ 一 １ ， 又 （ 二
） ： １ 矛 盾 ， 故 情 形 Ⅱ 不 成 立 ．
仿情 形 Ⅱ的证 明可得 情形 Ⅳ ， 情 形 Ｖ， 情形 Ⅶ均不 成立 ．
关键词 ： 丢 番 图方 程 Ｉ 奇 素数 ｝ 同余 ； 平方剩余 ｝ 正整 数 解
中图 分 类 号 ： Ｏ １ ５ ６ ． １ 文献标志码 ： Ａ 文章编 号 ： １ ０ ０ ６ —４ ７ ０ ２ （ ２ ０ １ ４ ） ０ ３ —０ ０ ０ ５ —０ ２
方程 ｚ 。 ±５ 。 ＝Ｄｙ （ Ｄ 是 无平 方 因子 的正 整数 ） 是一 类 重 要 的 丢番 图方程 ， 其 整 数 解越 来 越 受 到人 们 的
无Ｚ 解 ．
定理 １证 明 当 ｘ ＝０ － （ ｍｏ ｄ ５ ） 时， 由文献 Ｅ Ｉ － Ｉ 可知 ， 方程 （ １ ） 无ｘ ￣ － ０ （ ｍｏ ｄ ５ ） 的ｚ 解 ．
当ｘ ： ｚ ｅ ０ （ ｍｏ ｄ ５ ） 时， 设（ ｚ， ） 是方 程 Ｘ ３ 土５ 。 ＝Ｙ 。的一 组 解 ， 则ｇ ｃ ｄ （ ｘ＋５ ， Ｘ 千５ ｚ ＋２ ５ ） ＝ １或 ３ ， 又Ｘ 。 干 ５ ＋２ ５ ≠Ｏ （ ｍｏ ｄ ２ ） ， 则方 程 （ １ ） 可 分解 为 以下 ８式 ： 情 形 Ｉ： ｚ 土５ —３ ｐ ｕ 。 ， Ｘ 。 千５ ｚ＋２ ５ 一 。 ， ＝ ， ｇ ｃ ｄ （ ｕ ， ） 一１ 情 形 Ⅱ： ±５ 一 ， 千５ ＋２ ５ —３ ｐ ｖ 。 ， 一 ， ｇ ｃ ｄ （ ｕ ， ） 一１ 情形 Ｉ ｌ Ｉ ： ｚ 士５ —３ ｕ 。 ， Ｘ 。 千５ ｚ ＋２ ５ 一ｐ ｖ 。 ， —Ｕ ＂ Ｏ ， ｇ ｃ ｄ （ ｕ ， ） 一１ห้องสมุดไป่ตู้ 情形Ｉ Ｖ： ｚ ±５ ＝ｐ ｕ ， Ｘ 千５ ｚ ＋２ ５ —３ ｖ ， ＝乱 ， ｇ ｃ ｄ （ ｕ ， ） 一１
关于丢番图方程x 3±1=py 2
（ ，）及 方 程 Ｘ １０ ３— １ ： ７， 有 正 整 数 解 （ ） ＝ （ １ 、（ ３ 、（ ２ ３ ） Ｒ ｂ ｒ 证 明 了方 程 ） 仅 ，） ， ２， ） ４， ） ２ ，９ ； ｏ ｅｔ
一
１＝２ ２ 有整 数解 （ ｙ ｙ仅 ， ）＝（ ， ） 方 程 ＋１＝２ １０ 及 ｙ 仅有 正 整数解 （ ） ， ）＝（ ， ） （ ３ ７ ） ， １ １ 、 ２ ，８ 等．
ｆ± ＝） ，，， ＝ ， ＞ ， ＞ １ｐ ， （，） １ ０， ０ ）） ） ） ｌ２ ， ２
ｔ ‘Ｔ ＋１ ＝ Ｙ ｘ － ；
（ ２ ）
ｆ± ＝ｉ ．）） ： ， ＞ ， ＞ １ｙ ． ，ｌ ） １ｌ ０， ０ （， ，， ） ） ２ ， ２
Ｌ ‘干 ＋ １ ｐ ， ） ；
（） １
证 明 （ ）式显然有整数 解 （ ） １ ， ）＝ （ －１０ ， 之外 ， ， Ｔ － ，） 除此 假设它 有正整数解 ｘｙ 由于 ±１ ，． 与 Ｔ －
＋１的最大公 因数 为 １ ３ 即 （ ±１ － ＋１ 或 ， ， Ｔ － ）＝ １ ３ 所 以 （ ） 可 以分解 成如 下 ４组方程 或 ， １式
收 稿 日期 ：０ ７— ７—１ ２０ ０ ０
作者简介 ： 牟善志 （９ ３ ， ， １６ 一） 男 山东 日照人 ， 苏技 术师范学院副教授 江
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第 ｌ 期
牟善 志 ， ： 于丢番图方程 ±Ｉ＝Ｐ 等 关 Ｙ
Ｉ ９
对十（） ， ４ 式 由于它 口以整理成 ３ ２ ） Ｊ （ｙ ±１ ＋１＝４ｙ， ｐ；在两边取 ｔ ＠ 得 一３２ ） ｉ （ ｏ ） ｏ ｏ （ｙ ±１ １ ｒ ｄＰ ， ｏ
Ｖｏ ． ２ Ｎ ． １３ ｏ １
关于丢番图方程x^3-1=13py^2的整数解
文章 编 号 ：２ ０ ９ ５ — ５ ４ ５ ６ （ ２ ０ １ ３ ） ０ ６ — ０ ５ １ １ — ０ ３
关 于丢番 图方程 Ｘ ３ —１ ＝１ ３ ｐ ｙ ２ 的整数解
管训贵 ，杜先存。
（ １ ．泰州学院 数理信息学院，江苏 泰州 ２ ２ ５ ３ ０ ０ ； ２ ．红河学院 教 师教 育学 院，云南 蒙 自 ６ ６ １ １ ９ ９ ）
±１ 一Ｄ ｙ 。 （ Ｄ＞ ０ ， Ｄ无平方 因子 ） （ １ ）
是一类 重要 的丢番 图方程 ， 其 整数解 已有 不少人 研 究过． 柯召、 孙琦 ［ １ ］ 证 明了当 Ｄ＞ ２ ， Ｄ 无 平方 因子 且不含 ６ ＋１ 型 的素因子 时 ， 方程 （ １ ） 无非 平凡 解 ； 但 当 Ｄ含 ６ 志 ＋１ 型 的素 因子 时 ， 方程（ １ ） 的非 平 凡
定 理 设素 数 三１ （ ｍ ｏ ｄ ｌ ２ ） ， （ ） 一一 １ ， 则
、 １ Ｕ ，
一３ 铭 ，ｇ ｃ ｄ （ ｕ， ） 一１ ；
情形 Ⅶ ：
一
丢番 图方 程
。
一
１ —３ ９ ， ＋ ＋ １ —３
，
１— １ ３ ／ ￣ ， ０
（ ２ ）
一３ ，ｇ ｃ ｄ （ ｕ ， ） 一１ ；
第２ ５ 卷 第６ 期
２ ０ １ ３ 年 １ ２月
沈 阳 大 学 学 报 （ 自 然 科 学 版 ）
Ｊ ｏ ｕ ｍａ １ ｏ ｆ Ｓ ｈ ｅ ｎ ｙ ａ ｎ ｇ Ｕｎ ｉ ｖ ｅ ｒ ｓ ｉ ｔ ｙ（ Ｎａ ｔ ｕ ｒ ａ １ Ｓ ｃ ｉ ｅ ｎ ｃ ｅ ）
Ｖ０ １ ． ２ ５ ， Ｎｏ ． ６
关于丢番图方程x 3+1=86y 2整数解的讨论
延安 大学学报 （ 自然科 学版 ）
ｏ ｍａ ｏ ａ ａ ｎｖｒｉ Ｎ ｔｒｌ ｃ ｎ ｅＥ ｉｏ ｕ ］ ｆ ｎ ｎ Ｕ ｉｅ ｔ Ｙ ｓ ｙ（ ａ ａ Ｓ ｉ ｃ ｄｔ ｎ ｕ ｅ ｉ
Ｖｏ ． ７ Ｎ ． Ｉ２ ｏ ３ Ｓ ｏ ２ Ｉ８ ｅ ．ｃ ｏ
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８
问题化 为考 察 方程 一 ３ ２ ４Ｙ：
的全部 整数解 ’
（
］
，
ｍ， ）由
它 由以下两个非结合类给出：
±（ ＋ ｙ ）＝
Ｕｍ￣ １ ｍ０８） 知 ＇ ｍ ］ ： ４ （ ｄ ＇ ｔ／４ ￣
（） 去＝
±（ ３＋ ３ （ ￣ ３ １ ２ｖ ） “ ＋ ４ ／ ）＝ ４
２Ｏ ０ ８年 ９月
关于丢番图方程 １ ８ｙ ３＋ ＝ ６２整数解的讨论
马永 刚， 高 丽
（延安大学 数学与计算机科学 学院 ， 陕西 延安 ７ ６ ０ ） １０ ０
摘
要 ： 用递 归数 歹 、 利 ｌ 同余 式证 明 了丢 番 图方程 ＋１＝ ６ 仅有 整 数解 （ Ｙ ｌ ８ｙ ， ）＝（一１０ ，７ 土 ，） （ ，
２。 ）
关 键词 ： 番 图方程 ； 数 解 ； 归数 列 ； 丢 整 递 同余 式 中图分 类号 ： １６ ０５ 文献 标 识码 ： Ａ 文章编 号 ：０４６ ２ ２０ ）３００ －３ １０ －０ Ｘ（０ ８ ０ － ７０ ０
Ｙ ）＝（４１ ４１ 。 － ， ） －
１ 问题 的来源与结论
Ⅱ 当 ｙ 删， １＝ ｕ ， 一 ＝ ＋ ２ ＋１ ４ ｖ 时 ， ＝ ３ 由 一 十１＝ ３ 即 （ 一１ 一 ３ ２ ） ４ｖ ２ ） ４ （ ｖ ＝一３知 ，
关于丢番图方程x^(3)+1=413y^(2)
2021年3月第38卷第i 期南宁师范大学学报(自然科学版)Journal of Nanning Normal University (Natural Science Edition )Mar.2021Vol.38 No.iD0I ：10.16601/ki.issn2096-7330.2021.01.007文章编号:2096-7330 (2021) 01-0043-04关于丢番图方程%3 + 1 — 413y 2 *华程( 泰州学院 数理学院, 江苏 泰州 225300)摘 要:利用同余式、平方剩余、佩尔方程的解的性质和递归序列证明了不定方程%3 + i — 4i3y 2的整数解只 有(%,y) — ( - 1,0).关键词:不定方程;奇素数;整数解;同余式;平方剩余;递归序列中图分类号：0156 文献标志码：A1引言有许多学者研究过如下形式的丢番图方程：%3 + 1 = Dy 2, D > 0. (1)文献［1 ］证明了，当D > 2无平方因子且不含6k + 1型的素因子时，方程(1)只有平凡解(%,y) — ( - 1, 0).但当D 含6k + 1型的素因子时，求方程的非平凡解十分困难,其中一类典型的不定方程为%3 + 1 = 7qy 2, q 为奇素数. (2)对方程(2)的研究到目前只有一些零散的结果［2~7］.本文讨论了 q — 59的情形，证明了如下定理：定理1不定方程%3 + 1 — 413y 2(3)只有平凡解(%,y) — ( - 1,0).2主要结果的证明引理1[8]设p 是奇素数,则方程4%4 - py 2 — 1除p — 3,% = y = 1和p — 7,% = 2,y = 3外，无其他的 正整数解.引理 2[8]方程 %2 - 3y 4 — 1 仅有整数解(%,y) — ( ± 2, ± 1),( ± 7, ± 2),( ± 1, ± 0).引理3[8]设p 是奇素数,则方程%4 -py — 1除p — 5,% = 3,y = 4和p — 29,% — 99,y — 1820夕卜，无 其他的正整数解.收稿日期：2020-06-23基金项目：江苏省自然科学基金(BK20i7i3i8);泰州学院教博基金(TZXY2018JBJJ002) 作者简介:华程(1985-),男，江苏泰州人，讲师，硕士，研究方向:初等数论和数学教学论.定理1的证明因为(% + 1,%2 - % + 1) — 1或3,故方程(3)可分为以下8种情形情形 I % + 1 —:59u ,%2 - % + 1 — 7y 2 ,y =仏农,(u ,v ) = 1 ；情形 II% + 1 :—7仏2,%2 - % + 1 — 59y 2 ,y =仏农,(u ,v ) = 1;情形皿% + 1—u , % — % + 1 — 413矽,y — uv ,(仏,矽)—1 ；情形W % + 1—413 u , % — % + 1 — v , y = uv , ( u , v ) — 1 ；情形V % + 1—177u 2, %2 - % + 1 — 21v 2, y —=3uv , (u ,v) — 1;情形可% + 1—21u 2, %2 - % + 1 — 177v 2, y —3uv , (u,v ) — 1;情形叽% + 1—3u 2, %2 - % + 1 — 1239v , y —=3uv , (u ,v) — 1;情形训% + 1—1239u , %2 - % + 1 — 3v 2, y —=3uv , ( u , v) — 1.-44-南宁师范大学学报（自然科学版）第38卷下面分别讨论.情形I由第一式得x=59"-1,代入第二式,整理得(118/-3)-7(2”)？=-3.(4)因为方程X-77?=-3的整数解由两个非结合类得到，其最小解为土(2+7),而佩尔方程U?-7F? =1的最小解为8+37，所以X-77?=-3的全部整数解(X,y)分别由以下两式给出：X+77=±(x”+y”7)=±(2+7)("”+””7)=±(2+7)(8+37)",n e运.X+7/7=±(x”+y”J7)=±(-2+』7)("”+””7)=±(-2+7)(8+37),n e运.根据(4)有2gu+3=±x n或土x”.又知x n=-x_”，故只需考虑118/-3=±x”.(5)容易验证下式成立：x"+2=16x n+1-x”,x0=2,x i=37.(6)若n为偶数，则由(6)知x”是偶数，此时(4)不成立.若n为奇数，则由(6)知x”三1(mod3)，此时(5)成为u=±1(mod3).(7)由(7)知，只需考虑(5)中的118u=x”+3,其中n为奇数.对递归序列(6)取模5,得周期为6的剩余类序列：2,2,0,3,3,0,2,2,…,且当n三3(mod6)时，x”三3(mod5)，此时有3u三1(mod5)，即(3u)?三3(mod5),但3是模5的平方非剩余，故排除，剩下n=1,5(mod6)，即n=1,5,7,11(mod12).对递归序列(6)取模23,得周期为12的剩余类序列：2,14,15,19,13,5,21,9,8,4,10,18,2,14,…,且当n=1,11(mod12)时，x”=14,18(mod23)，此时有3u=17,21(mod23),即u?=-2,7(mod23),但-27(7?^)=(?3)=-1,故排除，剩下n=5,7(mod12).当n=3(mod4)时，x”=3(mod8)，因此知u?= 3(mod4)，不可能，故排除n=7(mod12)，剩下n=5(mod12)，即n=5,17,29(mod36).对递归序列(6)取模37,得周期为36的剩余类序列：2,0,35,5,8,12,36,9,34,17,16,17,34,9,36, 12,8,5,35,0,2,32,29,25,1,28,3,20,21,20,3,28,1,25,29,32,2,0,…，且当n=5,17,29(mod36)时,715823x”=12,5,20(mod37)，此时有7u?=15,8,23(mod37)，但(小=1,(寸=(寸=(寸=-1,矛盾,从而排除n=5,17,29(mod36).故在该情形方程(3)无整数解.情形I由第二式得4x-4x+4=59x4x”？，(2x-1)2+3=59(2”)？，故(2x-1)2=-3592-3(mod59),但(59)=(；)=(3)=-1,不可能，故在该情形方程(3)无整数解.情形皿由第二式得(2x-1)2+3=413x4X”=7x59x(2”)？，故(2x-1)?=-3(mod683),由情形I知,不可能，故在该情形方程(3)无整数解.情形W解第二式得x=0,1,均不适合第一式，故在该情形方程(3)无整数解.情形V由第一式得x=177u-1,代入第二式,整理得(354u-3)?-21(2”)？=-3.(8)因为方程X-217?=-3的整数解由一个结合类得到，其最小解为9+221,而佩尔方程U?-21V?= 1的最小解为55+1221,所以X-217?=-3的全部整数解(X,7)为X+721=±(x”+y”21)=±(9+221)(u”+””21)=±(9+221)(55+1221)”,n e运.因此根据(8)有354u-3=±x”.(9)容易验证x”+=110x”+i-x”,x0=9,x,=999.(10)对递归序列(10)取模16,得剩余类序列的周期为2,且n=0(mod2)时x”=9(mod16),n=1(mod2)第i 期华程:关于丢番图方程%3 + i — 4i3y 2-45 -时％”三7( mod 16).此时式(9)成为354u 2 - 3 三 ± 9, ± 7(mod 16). (11)由式(11)得 354u 2 = 12, - 6,10, - 4(mod 16)，即 2u 2 = 12,10(mod 16)，也即 u 2 =6,5(mod 8),均 为模8的平方非剩余，故在该情形方程(3)无整数解.情形可 由第二式得(2% - 1)2 + 3 = 3 x 59 x (2v)2,故(2% 一 1)2 = 一 3(mod 59),由情形 II 知, 不可能，所以在该情形方程(3)无整数解.情形叽 由第二式得(2%- 1)2 + 3 — 21 x 59 x (2v)2,故(2%- 1)2 = - 3(mod 59),由情形 I 知, -3是模59的平方非剩余，所以在该情形方程(3)无整数解.情形训 将第一式代入第二式,整理得(2v)2 - 3 (826u 2 - 1)2 — 1,故有2v + (826u 2 - 1) 73 — ± (%… + y … 3 ) — ± (2 + 3)"," e 运，这里2 + 3是佩尔方程X 2 - 3尸—1的最小解.因此有826u 2 - 1 = ±y ” ," e 运，即826u 2 = ±y ” + 1.因 y -… =- y …，故只需考虑826u 2 =y " + 1. (12)可验证：%"+2 = 4%n+' 一 ％" ,%0 = 1 ,%' = ?.(13)y …+2 = 4y …+1 -y …小=0，y , = '•(14)%"+' = ?%" + 3y ” ,y …+, = %… + 2y ….(15)%" = %"2 + 3y …2 ,y ?… = 2%…y … ,%…2 一 3y …2 = '• (16)%"—' = 2%" - 3y … ,y …_' =- %" + 2y …. (17)若"=0( mod 2),则由(14)知y … = 0( mod 2),此时式(12)不成立.若"=1( mod 4),令"—4k + 1 ( k e ~L ),则由(15)、(16)可得413u = %2*丁2*+'.826u = y4k +1 + 1 = %4k + 2y 4k + 1 = %2k + 3y 2k + 4%2k y 2k + %2k 一 3y 2k = 2%2k ( %2k + 2y 2k ) = 2%2k y 2k+', 即又因(%2k ，y 2k+' ) = (%2k ，%2k + 2y 2k ) = ( %2k ，2y 2k )—1,所以下列情形之一成立：%k= 413m ? ,y?k+1= h 2 , u = mh,( m, h) =二 1.(⑻%2k = m ? ,y 2k+' = 413h ? ,u = mh,( m, h) =二 1.(19)%2k = 7m 2, y 2k+1 =59h 2, u = mh,( m, h) =二 1.(20)%2k = 59m ? ,y 2k+ ':= 7h 2, u = mh,( m, h) =二 1.(21)将(18)的第二式代入 %k +'一 3y ?k+1 = 1,得 %?k+1- 3h 4 =1.根据引理2知，h 2 :二 0,1,4,即 y 2k+ i = 0,但仅有y k+' — 1成立，故k — 0.但由(13)及(18)的第一式知，%0 H 413m 2,所以式(18)不成立.将(19)的第一式 %2k — m 2 代入 %k - 3y ?k — 1 ,得 m 4 - 3y ?k — 1.根据引理 3 知，m 2 — 1,即 %2k — 1 ,从 而k — 0,但由(14)及(19)的第二式知，y , H 413A 2,所以式(19)不成立.对于(20)，由(15)得,y 2k +, = %2k + 2y 2k ，故有 59A 2 = 7m 2 + 2y 2k ,即59A 2 - 7m 2 — 2y 2k . (22)因 %2k 和 y 2k +'均为奇数，故 m 和 h 均为奇数，从而 m 2 = A 2 = 1 ( mod 8).又 y 2k = 0 ,4(mod 8) ，故 2y 2k = 0(mod 8).对(22)两边取模8,得-4 = 0(mod 8),不可能.对于(21),由类似于式(20)的讨论知，它也不可能成立.若"=-1 ( mod 4),设"—4k - 1 ( k e 运)，则由(15)、(16)、(17)式可得826u 2= y 4k-1 + 1=- %4k + ?y 4k + 1 =一 (%?k + 3y ?k ) + 4%?k y ?k + 1 =2y 2k (2%2k 一 3y 2k )=-2y 2k %2k-1,即 413u 2 —%2k —' y 2k . 又因为(％2k-'，y 2k ) = (2%2k 一 3y 2k ，y 2k)= ( 2%2k , y 2k ) =2, 所以下列情形之一成立%2k-' = 2m ? ,y 2k = 826h ?, u =2mh,( m, h) =:1.(23)%2k —i ― 826m , y ?k ― 2h , u ―2mh,( m, h) =:1.(24)%k-1 = 118m ,y ?k = 14h , u 二2mh,( m, h)=1.(25)-46-南宁师范大学学报(自然科学版)第38卷x k-,=14m?,y?k=118A?,u=2mA,(m,A)=1.(26)将(23)的第一式x k-,=2m?代入x?k-，-3y?k_,=1,得4m4-3y?k_,=1.根据引理1知,m?=1,此时x?k_, =2,从而k=1或0,其中k=0时有h=0,u=0,从而方程(3)只有整数解(x,y)=(-1,0).由(24)的第二式y k=2h?得x k y k=h?,考虑到(x k,y k)=1,有x k=a?,y k=b?,故(a?)?-3b4=1,根据引理2知,a=1，此时x k=1，从而k=0,所以(24)的第一式不成立.由(25)的第二式得x»y»=7h?,考虑到(x k,y k)=1,有x k=a2,y k=7b2,h=ab,(a,b)=1,(27)或x k=7a2,y k=b2,h=ab,(a,b)=1.(28)若(27)成立,则有a4-3(7b2)2=1.(29)由引理3知，方程(25)仅有整数解(a,b)=(±1,0),此时y k= 0,故k=0,所以(25)的第一式不成立.若(28)成立,则有(7a)?-3b4=1.(30)由引理2可知方程(30)仅有整数解(a,b)=(±1,±2)，所以x k=7,从而k=2.这时n=7,故由(12)可得826u2=y7+1=2912,不可能.仿式(25)可证式(26)也不可能成立.综上,在该情形时不定方程(3)无整数解.定理1得证.参考文献：[1]柯召，孙琦.关于丢番图方程x3士1=Dy[J].中国科学,1981,24(12):1453-1457.[2]瞿云云，包小敏.关于不定方程x3+1=119y[J].西南师范大学学报(自然科学版)，2009,34(1)：9-11.[3]杜先存，管训贵，杨慧章.关于不定方程x3+1=91y[J].内蒙古师范大学学报(自然科学汉文版)，2013,42(4)：397-399.[4]周科.关于丢番图方程x3+1=427y[J].广西师范学院学报(自然科学版),2015,32(3)：23-25.[5]周科.关于丢番图方程x3+1=749y[J].广西师范学院学报(自然科学版),2017,34(3)：35-37.[6]高丽,杨婕.关于不定方程x3+1=1043y的整数解[J].延安大学学报(自然科学版)，2018,37(3)：5-6.[7]周科，陈雨君.关于丢番图方程x3+1=959y[J].广西师范学院学报(自然科学版),2018,35(4):33-35.[8]曹珍富.丢番图方程引论[M].哈尔滨:哈尔滨工业大学岀版社，2012.On the Diophantine Equation x3+1=413yHUA Cheng(School of Mathematics and Physics,Taizhou University,Taizhou225300,China)Abstract：Using congruence,quadratic residue,some properties of the solutions to Pell equation and recurrent sequence,we prove that,the Diophantine equation x3+1=413y2only has integer solution(x,y)= (-1,0).Key words:Diophantine equation;odd prime;integer solution;congruence;quadratic residue;recursive sequence［责任编辑:班秀和］［见习编辑:彭喻振］。
初中数学数学名师丢番图
丢番图丢番图(Diophantus of Alexandria) 公元250年前后活跃于亚历山大．教学．丢番图生存的年代，是根据下面的记载来确定的．在他的著作《多角数》(De polygonis numeris)中，引用了许普西克勒斯(Hypsicles of Alexandria，约公元前175年)关于多角数的定义，而赛翁(Theon of Alexandria)的书又引用丢番图的著作．这样界定的上、下限是公元前175年到公元390年．另外，M．C．普赛勒斯(Psellus，1018—约1078)写过一封信，提到阿纳托利厄斯(Anatolius，约公元280年)将他所著的关于埃及计算方法的小册子献给丢番图，因此两人应同时代或丢番图稍早．据此断定丢番图的活跃时期是公元250年前后．丢番图将他的杰作《算术》(Arithmetica)献给迪奥尼修斯(Dionysius)．历史上用这一个名字的有好几个，估计这一个是亚历山大的迪奥尼修斯，他是当地的主教．在任主教(公元247年)之前，曾在那里建立基督教学校(从公元231年起)．丢番图的《算术》可能就是为这些学校编写的教科书．这种推想是合情合理的，年代也和前面所说的一致．关于丢番图的生平，还有一则别开生面的记载．在一本《希腊诗文选》(The Greek anthology)中，收录了丢番图奇特的墓志铭：坟中安葬着丢番图，多么令人惊讶，它忠实地记录了所经历的道路．上帝给予的童年占六分之一，又过十二分之一，两颊长胡，再过七分之一，点燃起结婚的蜡烛．五年之后天赐贵子，可怜迟到的宁馨儿，享年仅及其父之半，便进入冰冷的墓．悲伤只有用数论的研究去弥补，又过四年，他也走完了人生的旅途．这相当于方程x=84．由此知他享年84岁．丢番图的著作确实知道他有两种著作，一是《算术》，大部分保存了下来；另一种是《多角数》，只有少部分留下来．还有两种书，一是《推论集》 (Porismata)它只是在《算术》中几次提到，可能是若干数论问题的汇编，独立成册，也可能是附属在《算术》中的失传部分．此外，伊安布利霍斯(lamblichus，约公元250—约330年)所著《尼科马霍斯〈算术〉评注》一书的注释者还提到丢番图另外一本书《分数算法》(Moriastica)，它记载了分数计算的法则，可惜已失传．丢番图的《算术》是一部划时代的著作，它在历史上影响之大可以和欧几里得《几何原本》(Elements)一比高下．这书的序中说，全书共分13卷．可是现在见到的希腊文本只有6卷．长期以来，大家都认为其余的7卷早在10世纪以前已经失传．5世纪时希帕提娅(Hypatia)注释这部书，只注了6卷，也许这正是其余部分被人忽视终致失传的原因．近年来，发现4卷阿拉伯文本，改变了传统的看法．1973年，G．图默(Toomer)获悉在马什哈德圣地(Mashhad Shrine)图书馆有一本阿拉伯文手抄本，经过研究，确认为《算术》的失传部分(但还不全)．这是由古斯塔伊本卢加(Qustā ibn Lūqā，活跃于860年前后)译成阿拉伯文的．后来J．塞夏诺(Sesiano)将它译成英文并加以详细注释(见[6])．经过反复推敲，塞夏诺指出这4卷在《算术》中原来的位置应该是紧接着希腊文本卷1，2，3的卷4，5，6，7，而希腊文的其余部分应是卷8，9，10．下面将按这新的顺序编排来介绍它的内容．原来的6卷希腊文本，最初是J．雷格蒙塔努斯(Regiomontanus，1436—1476)发现的．1464年2月15日，他写信给L．比安基(Bianchi)，提到他在威尼斯找到了丢番图的《算术》，从此西方学术界才知道有6卷希腊文手抄本流传下来．最早的拉丁文译本是G．克胥兰德(Xylander，1532—1576)的“Diophanti Alexandrini Rerum arithmeticarum libri sex，et de numeris multangulis liber unus”(《亚历山大的丢番图算术6卷，多角数1卷》)．以后又有C．－G．巴歇(Bachet de Méziriac，1581—1638)校订注释的希腊-拉丁文对照本“Diophanti Alexandrini Arithmeticorum libri sex，et de numeris multangulis liber unus”(《亚历山大的丢番图算术6卷，多角数1卷》)．关于这个译本，有一段饶有趣味的历史．1637年左右，P．de费马(Fermat，1601—1665)读到这译本第2卷第8题：“将一个平方数分为两个平方数”时，在书页的空白处写出了著名的“费马大定理”．1670年费马的儿子S．de费马(Fermat)将他父亲的全部批注插入正文，重新出版巴歇的希-拉对照本近代，不包括新发现4卷的“丢番图全集”，标准的版本是P．唐内里(Tannery，1843—1904，法国数学史家)编辑、校订的希-拉对照本“Diophanti Alexandrini opera omnia cum Graecis mentariis”(《亚历山大的丢番图全集，包括希腊文注释》)．最流行的英译本是T．L．希思(Heath，1861—1940)的“Diophantus of Alexan－dria，A Study in the history of Greek algebra(《亚历山大的丢番图，希腊代数学史研究》)．此外，还有德、法、英、俄及现代希腊语等多种译本．代数学的特征希腊时代“算术”(arithmetica)一词，主要指“数的理论”而言，大致相当于现在的“数论”．而数字的加、减、乘、除等运算则叫做“计算的技巧”(logistica)，和前者有明显的区别．这种分法从毕达哥拉斯时代开始，一直延续到近代，例如C．F．高斯(Gau－ss)的数论名著就叫做《算术研究》(Disquisitiones Arithmeticae，1801)．丢番图《算术》也是讲数论的，它讨论了一次、二次以及个别的三次方程，还有大量的不定方程．现在对于具有整系数的不定方程，如果只考虑其整数解，这类方程就叫做丢番图方程，它是数论的一个分支．不过丢番图并不要求解答是整数而只要求是正有理数．从另一个角度看，《算术》一书也可以归入代数学的范围．代数学区别于其他学科的最大特点是引入了未知数，并对未知数加以运算，根据问题的条件列出方程，然后解方程求出未知数．算术也有未知数，这未知数一般就是问题的答案，一切运算只允许对已知数来施行．在代数中既然要对未知数加以运算，就需要用某种符号来表示它．就引入未知数，创设未知数符号以及建立方程的思想(虽然未有现代方程的形式)这几方面来看，丢番图《算术》完全可以算得上是代数．当时代数学没有专门的名称，algebra是9世纪花拉子米(al－Khowarizmi)以后才出现的名称，而且直到17世纪还没被欧洲人普遍接受．丢番图将这方面的成果冠以算术之名是很自然的．他被后人称为“代数学之父”也是有一定道理的．希腊数学自毕达哥拉斯学派以后，兴趣中心在几何，他们认为只有经过几何论证的命他才是可靠的．为了逻辑的严密性，代数也披上了几何的外衣，一切代数问题，甚至简单的一次方程的求解，也都纳入僵硬的几何模式之中．直到丢番图，才把代数解放出来，摆脱了几何的羁绊．例如，(a＋b)2=a2+2ab＋b2的关系在欧几里得《几何原本》中是一条重要的几何定理(卷Ⅱ命题4)，而在丢番图《算术》中只是简单代数运算法则的必然结果．下面通过一个例子来说明丢番图解决问题的手法．卷Ⅱ第20题：求两数，使得任一数的平方加上另一数等于一个平方数．([10]，p．101．)这相当于不定方程x2+y=m2y2+x=n2要求所有的未知数x，y，m，n都是正有理数．丢番图只设一个未知数，也只使用一个未知数的符号，这是他的特点之一，今暂记作x．其余的未知数根据问题的具体条件用含x的一个简单式子表示出来．本例的条件是x2加上另一个未知数等于一个平方数，故可设这个未知数是2x+1，因为x2+ 2x+1正好是一个完全平方．其次，还应该满足(2x+1)2+x=平方数．丢番图设右端是(2x-2)2，显然是想使展开后左右两端相同的4x2项-2是怎样来的？不妨先令右端是(2x+a)2=4x2+4ax+a2，原文很简单，没有说明这样设未知数的理由，更没有给出一般的法则．他虽然知道问题有多个答案，但常常得到一个答案就已满足．他认为代数方法(可理解为一种倒推法，先假设未知数存在，列出方程然后求解)比几何的演绎陈述更适宜于解决问题．解题的过程中显示出高度的巧思和独创性，在希腊数学中独树一帜．有的数学史家说，如果丢番图的著作不是用希腊文写的，人们就不会想到这是希腊人的成果，因为看不出有古典希腊数学的风格，从思想方法到整个科目结构都是全新的．如果没有丢番图的工作，也许人们以为希腊人完全不懂代数．有人甚至猜想他是希腊化了的巴比伦人．代数符号G．H．F．内塞尔曼(Nesselmann，1811—1881)根据符号使用的情况，将代数学分为三类(见[12]，pp．301—306)：(1)文词代数(rhetorische algebra)，完全用文字来叙述而不用符号；(2)简字代数(synkopierte algebra)；(3)符号代数(symbolischealgebra)，除了个别地方，一切全用符号来表示．按照这个分类，丢番图《算术》应该属于第二类．符号的使用，在数学史上是一件大事．一套优良的符号，绝不仅仅是起到加快速度、节省时间的作用，它能够准确、深刻地表达某种概念、方法和逻辑关系．一个较复杂的式子，如果不用符号而日常语言来表述，会十分冗长而含混不清．符号的发明在数学史上是一次飞跃，也是代数的特征之一，其作用是不容低估的．丢番图创设了一些符号，多半采自相应文字的字头，而问题的叙述主要仍然是用文字，和现代的符号代数相去甚远，只可算是较原始的简字代数．号来表示它．由于丢番图本人的原始手稿早已失传，后人传抄的手稿上这个符号又不很统一，故很难确知他用的是什么符号．不过几种手稿都记数法系统是用字母表数，如α，β，γ，δ，…分别表示1，2，3，4…；ι，κ，λ，μ，…分别表示10，20，30，40，…；ρ，σ，τ，υ，…分别表示100，200，300，400，…等等，24个字母值得注意的是，在一份大约写于2世纪的纸草书上，也出现和丢番图未知数相类似的符号，上面所列的三个算题，解题方法也具有丢番图的风格．可以想象，丢番图的工作不是孤立的，他受到强烈的外来影响．丢番图所处理的问题大部分是多元的，但他只设一个未知数的符号，相当于现在的x．而和x2，x3，…，x4相当的各次幂，都有专门的名称和符号：名称符号符号是名称的缩写，注意Δ，Υ，Κ是字母δ，υ，κ的大写．这些乘幂的倒数也有专名和符号，6次以上的幂不再创设符号．未知数的系数相乘的法则：“‘缺乏’乘以‘缺乏’得到‘存在’；‘缺乏’乘以‘存在’得到‘缺乏’”，即负乘负得正，负乘正得负，由于没有加号，书写时所有的负项都放在减号的后面，如x3-5x2+8x-1写成原意是“属于部分”，相当于“除以”或分数线/)，接着写分母．例如卷10(原希腊文本卷6)第19题，将(2x3＋3x2＋x)/(x2+2x+1)写成这已非常接近现代方程的形式．最后一个符号表示数字6，是希腊字母表以外的记号，读作digamma．丢番图创用符号是一大进步，美中不足的是只用符号表示一个未知数，遇到多个未知数时仍用同一符号，这使得计算过程越来越晦涩．为了避免混淆，不得不运用高度的技巧，但这常常使方法失去普遍性．8—9世纪以后，阿拉伯人吸取了许多希腊人的成果，然而却没有看到符号的优点，花拉子米等人完全回到文词代数上去，这是历史上的倒退．《算术》的典型问题和解答(一)一、二、三次方程《算术》没有系统地给出一、二次方程的解法．大概是一元一次方程太简单，没有必要单独论述，实际它已包含在axn=b类型的方程之中．经过移项、消去等手续，有些问题化为这类方程之后，立即得到解答．不管答案有几个，丢番图仅满足于一个答案．他完全排斥负数解答，例如卷9(原希腊文本卷5)第2题最后化为4=4x+20，他认为是荒谬的．无理数的解答也不取。
关于Diophantine方程x3-1=3py2
为 素数 。
３ ） Ｐ ＝３ １ｋ＋９ （ ２ （２ ） １ｋ＋ｌ ）＋１， ２ ｋ＋ ０ 且 ４ １ 素数 。 ９为
２１ ０ ０年 ３月 ２ ０日收 到
（ ，４ ２ ２ ｋ＋１ ）是方程 （ ） ３ ５ 的解 ， 且是 最 小正 整 数解 。
否 则 ， （ ，）是方 程 （ ） 最 小 正 整 数 解 ， 有 令 １Ｙ ５的 则
为证 明定 理需要 引入 以下引理 ： 引理 Ｊ 设 不定 方程 ：
Ａ 一Ｂ ＝ １， ＞ １， Ｂ ∈Ｎ ｘ ｙ Ａ Ａ， （） ２
程 的求解 比较 困难 。１９ ９ １年 ， 玉 书 ， 庆 检 给 曹 郭
出 了 Ｄ含有 ６ ＋１ 素 因子时 ， 型 方程 一１＝ 。 无 正整数解 的一些 充 分条 件 。邓 谋 杰 ， 郭伟 艳 ＿ 等 给 ５ 出 了当 Ｄ 含 有 ６ ＋１型 素 因子 时 且 含有 ８ ＋１和 ８ ５型素 因子 时 ， 程 一１＝ ｚ 正 整数 解 的 ＋ 方 ｏ 无
⑥
２ １ Ｓ ｉ ｅｈ Ｅ ｇｇ ０ ０ ｃ Ｔ ｃ． ｎｎ． ．
关 于 Ｄ ｏ ｈ ｎｉｅ 程 Ｘ １－ ｐ ２ ｉｐ ａ ｔ 方 ｎ ３— － ｙ ３
韩 云娜
（ 北 大学 数 学 系 ， 安 ７ ０ ２ ） 西 西 １１ ７
摘
要
利用 同余及 勒让德符号 的性质等初等数论 的方法 ， 得到 了丢番 图方程 。 一１： ｐ２无正整数解 的 ４个 充分条件 ， ３ｙ 推
一
并且 根据 文献 ［ ］ ２ 中结果 的证 明从式 （ ） １ 可得
一
由式 （ ） ３ 可得 （） １
１＝３ ｙ ｐ
３ ６ ＋１ ＋３＝ｐ ２ ） （ａ ） （ ｂ 从式（） ４ 可知 （ Ｙ ＝ （ ｂ６ 。＋１ Ｘ， ） ２ ，ａ ）是方 程 ｐ ２—３ ２＝１ Ｘ， ∈Ｎ Ｘ ｙ ， Ｙ
关于Diophantine方程x~3±1=3py~2
第30卷第3期高师理科学刊Vol.30No.32010年5月Journal of Science of Teachers ′College and University May 2010文章编号：1007-9831（2010）03-0041-02关于Diophantine 方程2331py x=±韩云娜（西北大学数学系，陕西西安710127）摘要：利用初等数论的方法证明了：如果p 是适合)8(mod 7,3≡p 的奇素数，则方程2331py x =无正整数解；如果p 是适合)8(mod 7≡p 的奇素数，则方程2331py x =+无正整数解．关键词：丢番图方程；正整数解；同余中图分类号：O156.1文献标识码：A doi ：10.3969/j.issn.1007-9831.2010.03.014+N 是全体正整数的集合，设p 是无平方因子正整数，方程2331py x =±，+∈N y x,（1）是一类基本而又重要的三次Diophantine 方程，有关它的研究可以追溯到Euler 时代[1]，文献[2-3]证明了当2>p 且不能被16+k 型素数整除时，方程（1）无正整数解．因此，目前有关该类方程的研究主要是讨论D 含有16+k 型素因子的情况，这是一个相当困难的问题，本文运用初等方法证明了以下一般性的结果．定理1设p 是奇素数，如果1)14(6++=k p 或1)34(6++=k p （k 是非负整数），则方程2331py x =，+∈N y x,（2）无正整数解．证明设方程（2）的正整数解为y x,，根据Fermat 小定理可知，)3(mod 3x x ≡，故从式（2）可得)3(mod 01≡x ，此时3)1,1gcd(2=++x x x ，根据文献[4]中210页定理4和定理5的证明，由（2）可得291a x =，2231pb x x =++（3）其中：b a,是适合y a b =3，1),gcd(=b a 的正整数．由291a x =可得≡+≡为偶数为奇数a a a x )4(mod 1)8(mod 2192，所以≡++为偶数为奇数a a x x )4(mod 3)8(mod 712（4）由2231pb x x =++得23|2pb /，故2|2b /，所以)4(mod 12≡b ．当1)14(6++=k p 时)4(mod 232≡pb （5）而)8(mod 3122pb x x ≡++，)4(mod 3122pb x x ≡++，所以式（4）和式（5）矛盾．当1)34(6++=k p 时)4(mod 132≡pb （6）而)8(mod 3122pb x x ≡++，进而)4(mod 3122pb x x ≡++，所以式（4）和式（6）矛盾．故原方程无正整数解．证毕．收稿日期：作者简介：韩云娜（），女,陕西西安人,在读硕士，从事数论研究．：y @632010-01-101984-E-mail unnahan 42高师理科学刊第30卷定理2如果1)14(6++=k p （k 是非负整数），则方程2331py x =+，+∈N y x,（7）无正整数解．证明设方程（7）的正整数解为y x,，根据Fermat 小定理可知)3(mod 3x x ≡，故从式（7）可得)3(mod 01≡+x ，此时3)1,1gcd(2=++x x x ，根据文献[4]中210页定理4和定理5结果的证明由式（7）可得291a x =+，2231pb x x =+（8）其中：b a,是适合y ab =3，1),gcd(=b a 的正整数．由291a x =+可得≡≡为偶数为奇数a a a x )4(mod 3)8(mod 0192，所以≡+为偶数为奇数a a x x )4(mod 3)8(mod 112（9）由2231pb x x =+得23|2pb /，故2|2b /，所以)4(mod 12≡b ．而1)14(6++=k p ，所以)4(mod 132≡pb （10）而)8(mod 3122pb x x ≡+，进而)4(mod 3122pb x x ≡+．因此式（9）与式（10）矛盾，所以原方程无正整数解．证毕．参考文献：[1]Mordell L J ．Diophantine Equations[M]．London ：Academic Press ，1969．[2]柯召，孙琦．谈谈不定方程[M]．上海：上海教育出版社，1980．[3]柯召，孙琦．关于丢番图方程2331Dy x =±[J]．四川大学学报：自然科学版，1989（2）：1-5．[4]曹珍富．丢番图方程引论[M]．哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，1989：210．On the Diophantine equation 2331py x =±HAN Yun-na（Department of Mathematics ，Northwest University ，Xi'an 710127，China ）Abstracts ：It w as prov ed that if p is an o dd prime with )8(mod 7,3≡p ，then the equation 2331py x =has no positive integ er solutio ns ，and if p is an o dd prime w ith )8(mod 7≡p ，then the equation 2331py x =+has no positive integ er solutions ．Key w ords ：Diophantine equatio n ；positiv e integer solutio n ；co ng ruence。
关于指数丢番图方程x^3+1=py^2与x^3+1=3py^2
关键 词 ： Ｄ ｉ ｏ ｐ ｈ ａ ｎ ｔ ｉ ｎ ｅ 方程 ； 奇素数； 同余； 最小解 ； 正整数解
中 图分类 号 ： ０ １ ５ ６ ． １
文 献标识 码 ： Ａ 文 章编 号 ： １ ０ ０ １ － ５ ３ ３ ７ （ ２ ０ １ ３ ） ０ ３ － ０ ０ ４ ９ － ０ ２ ＋１ ＝ （ ２ ）
无正 整数 解．
定理 ２ 设 Ｐ＝ ３ ｎ （ ｎ＋１ ）＋１为奇素数 ， 且３
Ｉ （ ２ ｎ ＋ １ ） ， 则指数丢番图方程
＋１ ＝３ ｐ ｙ （ ３ ）
难， 文献 ［ １ — ５ ］ 已有一些结果． 本文主要讨论 Ｐ是 ６ ＋１ 型 的奇 素数时 ， Ｄ ｉ ｏ －
＋ １＝ ， ２一 ＋ １ ＝ｐ ｖ ２ Ｙ ＝删 ， ｇ ｃ ｄ ，
的最 小解 为 （ ２ ， ２ ｔ ＋１ ） ．
引理 ２ ［ 设 ａ＞ １ ， （ ａ ， ｂ ） ∈ Ｎ ２ ， ａ ｂ 不是完全平
方数 ， 如果 ａ ｘ ， 一ｂ ｙ ＝Ｉ有解 （ ， Ｙ ）∈Ｎ ２ ， 设 ＋
第３ ９卷 第 ３期 ２ ０ １ ３年 ７月
曲 阜 师 范 大 学 Ｊ ｏ ｕ ｒ ｎ ａ ｌ ｏ ｆ Ｑ ｕ ｆ ｕ Ｎ ｏ ｒ ｍａ ｌ
Ｖｏ ３
Ｄ Ｏ Ｉ ： １ ０ ． ３ ９ ６ ９ ／ ｊ ． ｉ ｓ ｓ ｎ ． １ ０ ０ １ － ５ ３ ３ ７ ． ２ ０ １ ３ ． ３ ． ０ ０ ２
方 程 。 ±１＝Ｏ ｙ （ Ｄ是无平方因子的正整数）
是一类重要的 Ｄ ｉ ｏ ｐ ｈ ａ ｎ ｔ ｉ ｎ ｅ 方程 ， 其整数解 已有不少 人研究过． １ ９ ８ １ 年， 柯召和孙琦 …证 明了当 Ｄ不含
丢番图方程x_3_1_8y_2的整数求解
2008年9月 陕西理工学院学报(自然科学版)S e p t .2008第24卷第3期 J o u r n a l o f S h a a n x i U n i v e r s i t yo f T e c h n o l o g y(N a t u r a l S c i e n c e E d i t i o n )V o l .24 N o .3[文章编号]1673-2944(2008)03-0064-04丢番图方程x 3+1=8y 2的整数求解王艳秋(汉中职业技术学院师范学院,陕西汉中723000)[摘 要] 为了研究丢番图方程x 3+1=D y 2(D>0)的求解问题,利用唯一分解定理,证明了丢番图方程x 3+1=8y 2仅有整数解(x ,y )=(-1,0),(23,±39),丢番图方程x 3+1=72y 2仅有整数解(x ,y )=(-1,0),(23,±13),丢番图方程x 3+1=1352y 2仅有整数解是(x ,y )=(-1,0),(23,±3),丢番图方程x 3+1=12168y 2仅有整数解(x ,y )=(-1,0),(23,±1),并归纳得出了形如x 3+1=8k 2y 2的丢番图方程的解的形式。
[关 键 词] 丢番图方程; 整数解; 唯一分解定理[中图分类号] O 156 [文献标识码] A收稿日期:2008-04-03作者简介:王艳秋(1967—),女,陕西省南郑县人,汉中职业技术学院讲师,主要研究方向为初等数论。
丢番图方程x 3+1=D y 2(D>0)是一类基本而又重要的三次D i o p h a n t i n e 方程,有关它的研究可以追溯到欧拉的时代。
此方程的求解较为困难,至今为止只得到了一些零散的结果。
1991年,王镇江和佟瑞洲证明了x 3+1=13y 2仅有整数解(x ,y )=(-1,0)[1]。
关于Diophantine方程x3-1=py2
１ｓ ２ ＋１的素数 时 ， 中 ｓ 其 是奇 数 ， 程 ＋１＝Ｐ 方 Ｙ 无 正整 数解 。但很 少有 人研究 方 程 一１＝ｐ ２ 本 ｙ。 文 证 明了 当素 数 Ｐ＝３ ４ ３ （ ＋ ）＋１ ， （ ｋ＋ ） ４ ４ 时 方程
一
２ 定理和推论
定理 １ 设 Ｐ是奇 素数 ， 如果 Ｐ＝３ ４ （ｋ＋３ （ｋ ）４
４ ６ ４２
科
学
技
术
１２５ ｍｏ ） ＋ ＋１ｉ３ ７ ｒｏ ） 是 ，，（ ｄ ， 或 （ ｄ８ 但 ８ ｏ 当ｋ 是偶 数 时 Ｐ 一 ５ ｒｏ ） （ ｄ８ ，当 ｋ时奇 数 时 Ｐ ； ｏ
１ ｍ ｄ８ 。 由第二式 知 Ｗ是个 奇数 ， 一 １ ｒ ｄ （ ｏ ） 而 Ｗ （ ｏ ｏ ８， ） 因此 ｐ ： ＋ ＋１； １ ５ ｍｏ ） 盾 ， ｗ 或 （ ｄ８ 矛 故 情形 Ⅲ无正 整数解 。 情形 （Ｖ Ｉ ） 由第 二式 的
Ｐ：８ ５或 ８ ＋ ， ｋ＋ ｜ ７） 因此 （ ｚ ｉ ｝ ２）
、 Ｐ
一 （ ｏ ） 而 ２ ｍ ｄＰ ，
模Ｐ ｅ ｎ ｅ 的Ｌ ｅ ｒ符号（ ， ＝（ １ｐ 一 ） ｌ 一 ， ｇｄ ， ’ 一 ）ｌ １， ＝ １ 、 ） 彳（ Ｔ — ｔ ２ —
矛盾 ， 故方程 ｐ 一３， ｌ ２＝１ｘ， 无正整数 解。 ， Ｙ Ｅ Ｎ
＋４ ）＋１ 其 中 ｋ 非 负整数 ， ， 是 则方 程
１＝Ｐ Ｙ∈Ｎ Ｙ， ， （） ２
１＝Ｐ 正 整数解 。 Ｙ无
１ 主 要 引理
引理 １ 【 设 不定方 程 Ａ 一 ｙ ｘ Ｂ ＝１Ａ ＞１Ａ， ， ，
一
无 整数 解 。
证明 因 为 （ 一１ ＋ ＋１ ， ）＝１或 ３ 故方 ， Ｂ ∈Ｎ 有正 整数解 ， ，ｏ （ 。Ｙ ）是方 程 的最小 正整 解 ， 方 程 的全部 正整数 解 （ ） ， ）可 由下式 给 出 。 ，
丢番图方程整数解方法
. . . .. .. .求不定方程整数解的常用方法不定方程是指未知数的个数多于方程的个数，且未知数受到某些限制（如要有理数，整数或正整数等)的方程或方程组。
不定方程也称丢番图方程，是数论的重要分支学科，也是数学上最活跃的数学领域之一。
我国对不定方程的研究已延续了数千年，“百钱百鸡问题”等一直流传至今，“物不知其数”的解法被称为中国剩余定理。
一般常用的求不定方程整数解的方法包括：(1)分离整数法此法主要是通过解未知数的系数中绝对值较小的未知数，将其结果中整数部分分离出来，则剩下部分仍为整数，则令其为一个新的整数变量，以此类推，直到能直接观察出特解的不定方程为止，再追根溯源，求出原方程的特解.例1 求不定方程025=-++y x x 的整数解 解 已知方程可化为 231232223225++=++++=+++=++=x x x x x x x x y 因为y 是整数，所以23+x 也是整数. 由此x+2=1，-1，3，-3，即x=-1，-3，1，-5，相应的.0,2,0,4=y所以方程的整数解为(-1,4),(-3,0),(1,2),(-5,0).(2)辗转相除法此法主要借助辗转相除式逆推求特解，具体步骤如下：第一步，化简方程，尽量化简为简洁形式(便于利用同余、奇偶分析的形式); 第二步，缩小未知数的围，就是利用限定条件将未知数限定在某一围，便于下一步讨论;第三步，用辗转相除法解不定方程.例2 求不定方程2510737=+y x 的整数解.解 因为251)107,37(=,所以原方程有整数解.用辗转相除法求特解:18433,413337,33237107+⨯=+⨯=+⨯=从最后一个式子向上逆推得到19107)26(37=⨯+-⨯所以25)259(107)2526(37=⨯⨯+⨯-⨯则特解为⎩⎨⎧=⨯=-=⨯-=225259650252600y x通解为Z t t t y t t x ∈⎩⎨⎧++=+=+--=--=,)6(37337225)6(1078107650 或改写为.,3731078Z t ty t x ∈⎩⎨⎧+=--=(3)不等式估值法先通过对所考查的量的放缩得到未知数取值条件的不等式，再解这些不等式得到未知数的取值围.例3 求方程1111=++zy x 适合z y x ≥≥的正整数解. 解 因为z y x ≥≥所以zy x 111≤≤ 所以 z z z z y x z 1111111++≤++〈 即 zz 311≤〈 所以31≤〈z所以.32==z z 或当2=z 时有 2111=+y x所以yy y x y 11111+≤+〈 所以y y 2211≤〈 所以42≤〈y所以;46,43或相应地或===x y y当3=z 时有3211=+y x 所以y y y x y 11111+≤+〈 所以 y y 2321≤〈 所以.3;3,3==≤x y y 相应地所以).3,3,3(),2,4,4(),2,3,6(),,(=z y x(4)逐渐减小系数法此法主要是利用变量替换，使不定方程未知数的系数逐渐减小，直到出现一个未知量的系数为1±的不定方程为止，直接解出这样的不定方程(或可以直接能用观察法得到特解的不定方程为止，再依次反推上去）得到原方程的通解.例4 求不定方程2510737=+y x 的整数解.解 因为251)107,37(=，所以原方程有整数解.有10737〈，用y 来表示x ，得 37412313710725y y y x +-+-=-=则令 12374,37412=-∈=+-m y Z m y 即由4<37,用m 来表示y ,得 49343712m m m y ++=+=令.4,4t m Z t m =∈=得将上述结果一一带回，得原方程的通解为 Z t ty t x ∈⎩⎨⎧=+--=,3731078注①解一元二次不定方程通常先判定方程有无解.若有解,可先求c by ax =+的一个特解，从而写出通解.当不定方程系数不大时，有时可以通过观察法求得其解，即引入变量，逐渐减小系数，直到容易求得其特解为止.②对于二元一次不定方程c by ax =+来说有整数解的充要条件是c b a ),(.⎩⎨⎧⎩⎨⎧∈-=+=∈+=-=)(,)(,0000Z t at y y bt x x Z t at y y bt x x 或(5)分离常数项的方法对于未知数的系数和常数项之间有某些特殊关系的不定方程，如常数项可以拆成两未知数的系数的倍数的和或差的不定方程，可采用分解常数项的方法去求解方程.例5 求不定方程14353=+y x 的整数解.解 原方程等价于0)28(5)1(331405314353=-+-⇔+=+⇔=+y x y x y x因为()15,3=所以⎩⎨⎧∈=-=-Z t ty t x ,32851所以原方程的通解为.,32851Z t t y t x ∈⎩⎨⎧+=-=(6)奇偶性分析法从讨论未知数的奇偶性入手，一方面可缩小未知数的取值围，另一方面又可用n 2或)(12Z n n ∈+代入方程，使方程变形为便于讨论的等价形式.例6 求方程32822=+y x 的正整数解.解 显然y x ≠,不妨设0〉〉y x因为328是偶数，所以x 、y 的奇偶性相同，从而y x ±是偶数.令112,2v y x u y x =-=+则1u 、.0,111〉〉∈v u Z v 且所以1111,v u y v u x -=+=代入原方程得1642121=+v u同理，令2211211(2,2u v v u u v u =-=+、)0,222〉〉∈v u Z v 且于是，有822222=+v u 再令3223222,2v v u u v u =-=+得412323=+v u此时，3u 、3v 必有一奇一偶，且 []641033=≤〈〈u v取,5,4,3,2,13=v 得相应的16,25,32,37,4023=u 所以，只能是.4,533==v u从而2,18==y x结合方程的对称性知方程有两组解()().18,2,2,18(7)换元法利用不定方程未知数之间的关系（如常见的倍数关系），通过代换消去未知数或倍数，使方程简化，从而达到求解的目的.例7 求方程7111=+y x 的正整数解. 解 显见，.7,7〉〉y x 为此，可设,7,7n y m x +=+=其中m 、n 为正整数. 所以原方程7111=+y x 可化为717171=+++n m 整理得 ()()()().49,777777=++=+++mn n m n m 即所以49,1;7,7;1,49332211======n m n m n m相应地56,8;14,14;8,56332211======y x y x y x所以方程正整数解为()()().56,8,14,14,8,56(8)构造法构造法是一种有效的解题方法，并且构造法对学生的创造性思维的培养有很重要的意义，成功的构造是学生心智活动的一种探求过程，是综合思维能力的一种体现，也是对整个解题过程的一种洞察力、预感力的一种反映.构造体现的是一种转化策略，在处理不定方程问题时可根据题设的特点，构造出符合要求的特解或者构造一个求解的递推式等.例8 已知三整数a 、b 、c 之和为13且bc a b =，求a 的最大值和最小值，并求出此时相应的b 与c 的值.解 由题意得⎩⎨⎧==++ac b c b a 213，消去b 得()ac c a =--213 整理得到关于c 的一元二次方程()().0132622=-+-+a c a c 因为()().3520,01342622≤≤≥---=∆a a a 解得因,0≠a若,916,014425,12===+-=c c c c a 或解得则有符合题意，此时;9311641⎪⎩⎪⎨⎧===⎪⎩⎪⎨⎧=-==c b a c b a 或若17=a 时，则有,01692=+-c c 无实数解，故;17≠a若16=a 时，则有,09102=+-c c 解得,91==c c 或符合题意，此时;912161416⎪⎩⎪⎨⎧=-==⎪⎩⎪⎨⎧=-==c b a c b a 或综上所述，a 的最大值和最小值分别为16和1，相应的b 与c 的值分别为.9316491214⎩⎨⎧==⎩⎨⎧=-=⎩⎨⎧=-=⎩⎨⎧=-=c b c b c b c b 或和或(9)配方法把一个式子写成完全平方或完全平方之和的形式，这种方法叫做配方法.配方法是式子恒等变形的重要手段之一，是解决不少数学问题的一个重要方法.在初中阶段，我们已经学过用配方法解一元二次方程，用配方法推到一元二次方程的求根公式，用配方法把二次函数化为标准形式等等，是数学中很常用的方法.例9 若.,24522的值求x y y x y x y x ++=++ 解 由题意 045222=+-+-y y x x 即()021122=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-y x 所以 21,1==y x 所以23211=+=+x y y x(10)韦达定理韦达定理是反映一元二次方程根与系数关系的重要定理，广泛应用于初等代数、三角函数及解析几何中，应用此法解题时，先根据已知条件或结论，再通过恒等变形或换元等方法，构造出形如b a +、b a ⋅形式的式子，最后用韦达定理.例10 已知p 、q 都是质数，且使得关于x 的二次方程()051082=+--pq x q p x 至少有一个正整数根，求所有的质数对().,q p解 设方程的两根分别为1x 、(),212x x x ≤由根与系数关系得⎩⎨⎧=⋅-=+pq x x q p x x 51082121 因为p 、q 都是质数，且方程的一根为正整数，可知方程的另一根也是正整数. 所以⎩⎨⎧==p q p q pq pq x q p q p x ,,5,5,,55,5,,,5,121 所以.5,5,5,1521q p p q pq pq x x ++++=+①当1521+=+pq x x 时，即,10815q p pq -=+因为p 、q 均是质数，所以,1081015q p p pq -〉〉+故此时无解.②当5521+=+pq x x 时，即,1085q p pq -=+所以()(),85810-=-⋅+q p 因为p 、q 都是质数，且,810-〉+q p 所以,1,5885,1710⎩⎨⎧--=-=+q p 解得符合条件的质数对为()().3,7,=q p③当p q x x +=+521时，即,1085q p p q -=+所以,157q p =满足条件的质数对. ④当q p x x +=+521时，即,1085q p q p -=+所以,113q p =于是()()()().3,11,3,7,==q p q p 或综上所述，满足条件的质数对为()()()().3,11,3,7,==q p q p 或(11)整除性分析法用整除性解决问题，要求学生对数的整除性有比较到位的把握.例11 在直角坐标系中，坐标都是整数的点称为整点，设k 为整数，当直线k kx y x y +=-=或3的交点为整数时，k 的值可以取()A.2个B.4个C.6个D.8个解 当1=k 时，直线13+=-=x y x y 与平行，所以两直线没有交点;当0=k 时，直线()轴即与x y x y 03=-=交点为整数;当1≠k 、0≠k 时，直线k kx y x y +=-=与3的交点为方程组⎩⎨⎧+=-=k kx y x y 3的解，解得 ⎪⎩⎪⎨⎧--=---=1413k k y k k x 因为x 、y 均为整数,所以1-k 只能取4,2,1±±±解得.3,5,1,3,0,2-=k综上，答案为C.(12)利用求根公式在解不定方程时，若因数分解法、约数分析均不能奏效，我们不妨将其中一个未知数看成参数，然后利用一元二次方程的求根公式去讨论.例12 已知k 为整数，若关于x 的二次方程()01322=+++x k kx 有有理根，求k 值. 解 因为0≠k ，所以()01322=+++x k kx 的根为()()(),25223229843222k k k k k k k x ++±+-=++±+-= 由原方程的根是有理根，所以()5222++k 必是完全平方式.可设(),52222m k =++则(),52222=+-k m 即()(),512222⨯=--++k m k m因为m 、k 均是整数,所以⎩⎨⎧=--=++522122k m k m , ⎩⎨⎧=--=++122522k m k m⎩⎨⎧-=---=++112522k m k m , ⎩⎨⎧-=---=++522122k m k m解得,02或-=k 因为,0≠k 所以k 的值是-2.(13)判别式法一元二次方程根的判别式是中学阶段重要的基础知识，也是一种广泛应用的数学解题方法.该法根据一元二次方程的判别式ac b 42-=∆的值来判定方程是否有实数根，再结合根与系数的关系判定根的正负.熟练掌握该法，不仅可以巩固基础知识，还可以提高解题能力和基础知识的综合运用能力.例13 求方程431112=++xy y x 的整数解. 解 已知方程可化为()044342=-+-xy y x因为x 、y 均为整数，所以,06448162≥+-=∆x x 且为完全平方数.于是，令(),464481622n x x =+-其中n 为正整数所以()04322=-+-n x x因为x 、n 均为整数所以(),04492≥--=∆n 且为完全平方数，即有，742-n 为完全平方数.于是，再令,7422m n =-其中m 为正整数所以()()722=-+m n m n因为m n m n -+22与奇偶性相同，且m n m n -〉+22所以12,72=-=+m n m n由上.2=n相应的,032=-x x 解得()303===x x x ，所以舍去或把3=x 代入已知方程中得(),522舍去或==y y 所以2=y 所以()()2,3,=y x(14)因式分解法因式分解也是中学阶段重要的基础知识之一.它应用广泛,在多项式简化、计算、方程求根等问题中都有涉及.因式分解比较复杂，再解题时，根据所给题目的特点，灵活运用，将方程分解成若干个方程组来求解.这种方法的目的是增加方程的个数，这样就有可能消去某些未知数，或确定未知数的质因数，进而求出其解.利用因式分解法求不定方程()0≠=+abc cxy by ax 整数解的基本思路:将()0≠=+abc cxy by ax 转化为()()ab b cy a x =--后,若ab 可分解为,11Z b a b a ab i i ∈=== 则解的一般形式为,⎪⎩⎪⎨⎧+=+=c b b y c a a x ii 再取舍得其整数解. 例14 方程a b a ,4132=-、b 都是正整数，求该方程的正整数解. 解 已知方程可化为ab a b =-128所以()()9696812-=+-+b a ab即()()96128-=+-b a因为a 、b 都是正整数所以1212,0〉+〉b b这样964832241612或或或或=+b所以4=b 或12或20或36或84相应地2=a 或4或5或6或7所以方程的正整数解为:()()()()().84,7,36,6,20,5,12,4,4,2丢番图（Diophantus）：古代希腊人，代数学的鼻祖，早在公元3世纪就开始研究不定方程，因此常称整系数的不定方程为丢番图方程。
丢番图方程x^3+1=PQy^2的整数解
２ ０ １ ５年 ９月
海 南 大 学 学 报 自 然 科 学 版
ＮＡＴＵＲＡＬ Ｓ ＣＩ Ｅ ＮＣＥ Ｊ ＯＵＲＮＡＬ ｏＦ ＨＡⅡ Ｎ Ｉ ⅡＶＥＲＳ Ｉ Ｔ Ｙ
Ｖ０ １ ． ３ ３ Ｎｏ ． ３ Ｓ ｅ ｐ ． ２ ０１ ５
文章 编 号 ： １ ０ ０ ４—１ ７ ２ ９ （ ２ ０ １ ５ ） ０ ３一 ｏ ２ ｏ ４一 ｏ ４
引理 ３ “ 设 Ｐ是一个奇 素数 ， 则丢番 图方 程 一 ｐ ｙ ２ ＝１ 除 Ｐ＝ ５ ， ＝ ３ ， Ｙ＝ ４和 ｐ＝２ ９ ， ＝９ ９ ， Ｙ＝１ ８ ２ ０ 外， 无 其他 的正整 数解．
定理 １ 设 ｐ ＝ － － １ ９ （ ｍ ｏ ｄ ２ ４ ） 为奇素数 ， ｑ ＝ ７ ３ ， ９ ７ ， ２ ４ １ ， ３ ３ ７ ， ４ ０ ９ ， 勒让德符号值（ ） ：一 １ ， 则丢番图方程
９ ７ ， ２ ４ ， ３ ３ ７ ， ４ ０ ９ ， （ 号 ） ＝ 一 １ 时 ， 丢 番 图 方 程 ＋ １ ＝ Ｐ 仅 有 整 数 解 （ ， ｙ ） ＝ （ 一 １ ， ０ ） －
关键词 ：丢番图方程 ； 整数解 ；同余 ； 递归序列 ；勒让德符号
中图 分 类 号 ：０ １ ５ ６ ． １ 文 献 标 志 码 ：Ａ Ｄ ＯＩ ： １ ０ ． １ ５ ８ ８ ６ ／ ｊ ． ｃ ｎ ｋ ｉ ． ｈ ｄ ｘ ｂ ｚ ｋ ｂ ． ２ ０ １ ５ ． ０ ０ ３ ７
三次 方程
＋１ ＝Ｏ ｙ ２ （ Ｄ＞ ０ ， Ｄ无 平方 因子 ， ， Ｙ∈Ｚ ）
（ １ ）
是一 类重 要 的丢番 图方程 ， 其 整数解 已有 不少 学者研 究过 ． 当 Ｄ＞ ２ ， Ｄ无 平方 因子 且不含 ６ ＋１ 形 素 因子 时， 文献 ［ １— ２ ］ 已经解 决 ； 当 Ｄ含 ６ ＋１ 形 素 因子 时 ， 目前 已有 许 多相 关结 论 ， 但是 Ｄ含 ２个 或 ２个 以上 ６ ＋１ 形 素 因子 时 方 程 （ １ ） 的求 解 较 为 困 难 ， 目前 结 论 还 比 较 少 ， 主要为 ： 文献 ［ ３ ］ 给 出 Ｄ＝ Ｐ ｑ ， Ｐ； １
丢番图方程x3-1=1477y2的整数解
2018年4月第33卷第8期渭南师范学院学报Journal of Weinan Normal UniversityApr. 2018Vol.33 No.8【自然科学基础理论研究】丢番图方程尤3-1 = 1 477/的整数解党荣(渭南师范学院东盟博仁财经学院，陕西渭南714099)摘要:丢番图方程是经典数论中古老而具有挑战性的问题，一直以来都是数论中的热点问题。
文章 利用同余的性质、Pell方程的整数解、Maple小程序及二次剩余等方法,对丢番图方程x3 - 1 = 1 477/的整 数解进行了讨论。
研究得出这个方程的平凡整数解和非平凡整数解分别为（z，y) = (1，0)和（*，;〇 =(212 688,2 552 256)。
这一结果为大系数丢番图方程的求解提供了有趣的新思路。
关键词：丢番图方程;整数解；同余式;Maple程序中图分类号= 0156.7 文献标志码:A 文章编号= 1009-5128 (2018) 08-0011-05收稿日期=2018-01-18基金项目：陕西省科技厅自然科学基金项目：Mock theta函数理论及其交叉应用研究（2016JM1004); 陕西省教育厅专项科研计划项目：Ramanujan mock theta函数的算数性质及其应用研究（17JK0266)作者简介:党荣（1979—），女，陕西扶风人，渭南师范学院东盟博仁财经学院讲师，管理学硕士，主要 从事数理统计研究。
丢番图方程，又名不定方程，是指变量个数大于方程个数且解为整数值的方程（或方程组）。
它与组 合数学、代数几何和代数编码等学科有着密切的联系。
近年来，许多中外学者在代数数论、组合数论和群 论等数学分支中都提出了一些丢番图方程问题，它的研究成果不仅对数学的各个分支起着推动作用，而且 对非数学学科，例如计算机科学、电子学、信号数字处理等有着重大的实际意义。
求解丢番图方程的方法有很多种，初等方法和非初等方法都可以予以证明，长期以来一直受到数论研 究者的关注，特别是对Pell方程P _办2= ± 1的研究已取得了许多成果,Pell方程理论对于求解其他丢番 图方程的整数解问题有着很大的帮助。
关于丢番图方程x~3+8=43y~2的整数解
(２) 由第二式化为 ｂ２ － ( ｘ － １) ２ ＝ ３ꎬ解得 ｘ≡０ꎬ２ꎬ均不
适合第一式ꎬ该情形无式(３) 的整数解.
(３) 由第一式ꎬ因 ｘ≡１ ( ｍｏｄ２) ꎬ所以 ａ≡１ ( ｍｏｄ２) ꎬ有
( ＪＳ２０１６０２) .
ｘ≡１( ｍｏｄ４) ꎬ代入 ｘ２ － ２ｘ ＋ ４ ＝ １２９ｂ２ ꎬ得 ３ ≡ｂ２ ( ｍｏｄ４) ꎬ产
版社ꎬ１９８７.
２
２ × ３) ＝ １ 或 ３ꎬ由(３) 式给出下列四种可能情形:
２
当 ｎ≡０ꎬ２( ｍｏｄ４) 时ꎬ有 ｙ ｎ ≡０ꎬ４( ｍｏｄ８) ꎬ由 ４３ａ２ － １ ＝
(２) ｘ ＋ ２ ＝ ４３ａ ꎬｘ － ２ｘ ＋ ４ ＝ ｂ ꎬｙ ＝ ａｂꎻ
２
２
２
２
２
２
(４) ｘ ＋ ２ ＝ １２９ａ ꎬｘ － ２ｘ ＋ ４ ＝ ３ｂ ꎬｙ ＝ ３ａｂ.
３
２
如果 Ｄ 满足前述条件ꎬ并且当 Ｄ≡０ꎬ１ꎬ２( ｍｏｄ４) 时方程 ｘ －
３
(４) 将第二式化为( ｘ － １) ２ ＋ ３ ＝ ３ｂ２ ꎬ由第一式得 ｘ －
１ ＝ １２９ａ２ － ３ꎬ 所 以 ｂ２ － ３ ( ４３ａ２ － １ ) ２ ＝ １ꎬ 从 而 有 ｜ ｂ ｜ ＋
(４３ａ２ － １) ３ ＝ ｘ ｎ ＋ ｙ ｎ ３ ＝ (２ ＋ ３) ｎ ꎬｎ∈Ｎꎬ其中 ２ ＋ ３ 是
高 教 视 野
８
ＧＡＯＪＩＡＯ ＳＨＩＹＥ
３３
２２
关于丢番图方程
ｘ
＋
８
＝
４３ｙ
的整数解
关于丢番图方程
４３ ｙ 的
整数解
◎张 洪 潘 宏 ( 凯里学院理学院ꎬ贵州 凯里 ５５６０１１)
丢番图
丢番图丢番图(Diophantus of Alexandria) 公元250年前后活跃于亚历山大．教学．丢番图生存的年代，是根据下面的记载来确定的．在他的著作《多角数》(De polygonis numeris)中，引用了许普西克勒斯(Hypsicles of Alexandria，约公元前175年)关于多角数的定义，而赛翁(Theon of Alexandria)的书又引用丢番图的著作．这样界定的上、下限是公元前175年到公元390年．另外，M．C．普赛勒斯(Psellus，1018—约1078)写过一封信，提到阿纳托利厄斯(Anatolius，约公元280年)将他所著的关于埃及计算方法的小册子献给丢番图，因此两人应同时代或丢番图稍早．据此断定丢番图的活跃时期是公元250年前后．丢番图将他的杰作《算术》(Arithmetica)献给迪奥尼修斯(Dionysius)．历史上用这一个名字的有好几个，估计这一个是亚历山大的迪奥尼修斯，他是当地的主教．在任主教(公元247年)之前，曾在那里建立基督教学校(从公元231年起)．丢番图的《算术》可能就是为这些学校编写的教科书．这种推想是合情合理的，年代也和前面所说的一致．关于丢番图的生平，还有一则别开生面的记载．在一本《希腊诗文选》(The Greek anthology)中，收录了丢番图奇特的墓志铭：坟中安葬着丢番图，多么令人惊讶，它忠实地记录了所经历的道路．上帝给予的童年占六分之一，又过十二分之一，两颊长胡，再过七分之一，点燃起结婚的蜡烛．五年之后天赐贵子，可怜迟到的宁馨儿，享年仅及其父之半，便进入冰冷的墓．悲伤只有用数论的研究去弥补，又过四年，他也走完了人生的旅途．这相当于方程x=84．由此知他享年84岁．丢番图的著作确实知道他有两种著作，一是《算术》，大部分保存了下来；另一种是《多角数》，只有少部分留下来．还有两种书，一是《推论集》 (Porismata)它只是在《算术》中几次提到，可能是若干数论问题的汇编，独立成册，也可能是附属在《算术》中的失传部分．此外，伊安布利霍斯(lamblichus，约公元250—约330年)所著《尼科马霍斯〈算术〉评注》一书的注释者还提到丢番图另外一本书《分数算法》(Moriastica)，它记载了分数计算的法则，可惜已失传．丢番图的《算术》是一部划时代的著作，它在历史上影响之大可以和欧几里得《几何原本》(Elements)一比高下．这书的序中说，全书共分13卷．可是现在见到的希腊文本只有6卷．长期以来，大家都认为其余的7卷早在10世纪以前已经失传．5世纪时希帕提娅(Hypatia)注释这部书，只注了6卷，也许这正是其余部分被人忽视终致失传的原因．近年来，发现4卷阿拉伯文本，改变了传统的看法．1973年，G．图默(Toomer)获悉在马什哈德圣地(Mashhad Shrine)图书馆有一本阿拉伯文手抄本，经过研究，确认为《算术》的失传部分(但还不全)．这是由古斯塔伊本卢加(Qustā ibn Lūqā，活跃于860年前后)译成阿拉伯文的．后来J．塞夏诺(Sesiano)将它译成英文并加以详细注释(见[6])．经过反复推敲，塞夏诺指出这4卷在《算术》中原来的位置应该是紧接着希腊文本卷1，2，3的卷4，5，6，7，而希腊文的其余部分应是卷8，9，10．下面将按这新的顺序编排来介绍它的内容．原来的6卷希腊文本，最初是J．雷格蒙塔努斯(Regiomontanus，1436—1476)发现的．1464年2月15日，他写信给L．比安基(Bianchi)，提到他在威尼斯找到了丢番图的《算术》，从此西方学术界才知道有6卷希腊文手抄本流传下来．最早的拉丁文译本是G．克胥兰德(Xylander，1532—1576)的“Diophanti Alexandrini Rerum arithmeticarum libri sex，et de numeris multangulis liber unus”(《亚历山大的丢番图算术6卷，多角数1卷》)．以后又有C．－G．巴歇(Bachet de Méziriac，1581—1638)校订注释的希腊-拉丁文对照本“Diophanti Alexandrini Arithmeticorum libri sex，et de numeris multangulis liber unus”(《亚历山大的丢番图算术6卷，多角数1卷》)．关于这个译本，有一段饶有趣味的历史．1637年左右，P．de费马(Fermat，1601—1665)读到这译本第2卷第8题：“将一个平方数分为两个平方数”时，在书页的空白处写出了著名的“费马大定理”．1670年费马的儿子S．de费马(Fermat)将他父亲的全部批注插入正文，重新出版巴歇的希-拉对照本近代，不包括新发现4卷的“丢番图全集”，标准的版本是P．唐内里(Tannery，1843—1904，法国数学史家)编辑、校订的希-拉对照本“Diophanti Alexandrini opera omnia cum Graecis commentariis”(《亚历山大的丢番图全集，包括希腊文注释》)．最流行的英译本是T．L．希思(Heath，1861—1940)的“Diophantus of Alexan－dria，A Study in the history of Greek algebra(《亚历山大的丢番图，希腊代数学史研究》)．此外，还有德、法、英、俄及现代希腊语等多种译本．代数学的特征希腊时代“算术”(arithmetica)一词，主要指“数的理论”而言，大致相当于现在的“数论”．而数字的加、减、乘、除等运算则叫做“计算的技巧”(logistica)，和前者有明显的区别．这种分法从毕达哥拉斯时代开始，一直延续到近代，例如C．F．高斯(Gau－ss)的数论名著就叫做《算术研究》(Disquisitiones Arithmeticae，1801)．丢番图《算术》也是讲数论的，它讨论了一次、二次以及个别的三次方程，还有大量的不定方程．现在对于具有整系数的不定方程，如果只考虑其整数解，这类方程就叫做丢番图方程，它是数论的一个分支．不过丢番图并不要求解答是整数而只要求是正有理数．从另一个角度看，《算术》一书也可以归入代数学的范围．代数学区别于其他学科的最大特点是引入了未知数，并对未知数加以运算，根据问题的条件列出方程，然后解方程求出未知数．算术也有未知数，这未知数一般就是问题的答案，一切运算只允许对已知数来施行．在代数中既然要对未知数加以运算，就需要用某种符号来表示它．就引入未知数，创设未知数符号以及建立方程的思想(虽然未有现代方程的形式)这几方面来看，丢番图《算术》完全可以算得上是代数．当时代数学没有专门的名称，algebra是9世纪花拉子米(al－Khowarizmi)以后才出现的名称，而且直到17世纪还没被欧洲人普遍接受．丢番图将这方面的成果冠以算术之名是很自然的．他被后人称为“代数学之父”也是有一定道理的．希腊数学自毕达哥拉斯学派以后，兴趣中心在几何，他们认为只有经过几何论证的命他才是可靠的．为了逻辑的严密性，代数也披上了几何的外衣，一切代数问题，甚至简单的一次方程的求解，也都纳入僵硬的几何模式之中．直到丢番图，才把代数解放出来，摆脱了几何的羁绊．例如，(a＋b)2=a2+2ab＋b2的关系在欧几里得《几何原本》中是一条重要的几何定理(卷Ⅱ命题4)，而在丢番图《算术》中只是简单代数运算法则的必然结果．下面通过一个例子来说明丢番图解决问题的手法．卷Ⅱ第20题：求两数，使得任一数的平方加上另一数等于一个平方数．([10]，p．101．)这相当于不定方程x2+y=m2y2+x=n2要求所有的未知数x，y，m，n都是正有理数．丢番图只设一个未知数，也只使用一个未知数的符号，这是他的特点之一，今暂记作x．其余的未知数根据问题的具体条件用含x的一个简单式子表示出来．本例的条件是x2加上另一个未知数等于一个平方数，故可设这个未知数是2x+1，因为x2+ 2x+1正好是一个完全平方．其次，还应该满足(2x+1)2+x=平方数．丢番图设右端是(2x-2)2，显然是想使展开后左右两端相同的4x2项-2是怎样来的？不妨先令右端是(2x+a)2=4x2+4ax+a2，原文很简单，没有说明这样设未知数的理由，更没有给出一般的法则．他虽然知道问题有多个答案，但常常得到一个答案就已满足．他认为代数方法(可理解为一种倒推法，先假设未知数存在，列出方程然后求解)比几何的演绎陈述更适宜于解决问题．解题的过程中显示出高度的巧思和独创性，在希腊数学中独树一帜．有的数学史家说，如果丢番图的著作不是用希腊文写的，人们就不会想到这是希腊人的成果，因为看不出有古典希腊数学的风格，从思想方法到整个科目结构都是全新的．如果没有丢番图的工作，也许人们以为希腊人完全不懂代数．有人甚至猜想他是希腊化了的巴比伦人．代数符号G．H．F．内塞尔曼(Nesselmann，1811—1881)根据符号使用的情况，将代数学分为三类(见[12]，pp．301—306)：(1)文词代数(rhetorische algebra)，完全用文字来叙述而不用符号；(2)简字代数(synkopierte algebra)；(3)符号代数(symbolischealgebra)，除了个别地方，一切全用符号来表示．按照这个分类，丢番图《算术》应该属于第二类．符号的使用，在数学史上是一件大事．一套优良的符号，绝不仅仅是起到加快速度、节省时间的作用，它能够准确、深刻地表达某种概念、方法和逻辑关系．一个较复杂的式子，如果不用符号而日常语言来表述，会十分冗长而含混不清．符号的发明在数学史上是一次飞跃，也是代数的特征之一，其作用是不容低估的．丢番图创设了一些符号，多半采自相应文字的字头，而问题的叙述主要仍然是用文字，和现代的符号代数相去甚远，只可算是较原始的简字代数．号来表示它．由于丢番图本人的原始手稿早已失传，后人传抄的手稿上这个符号又不很统一，故很难确知他用的是什么符号．不过几种手稿都记数法系统是用字母表数，如α，β，γ，δ，…分别表示1，2，3，4…；ι，κ，λ，μ，…分别表示10，20，30，40，…；ρ，σ，τ，υ，…分别表示100，200，300，400，…等等，24个字母值得注意的是，在一份大约写于2世纪的纸草书上，也出现和丢番图未知数相类似的符号，上面所列的三个算题，解题方法也具有丢番图的风格．可以想象，丢番图的工作不是孤立的，他受到强烈的外来影响．丢番图所处理的问题大部分是多元的，但他只设一个未知数的符号，相当于现在的x．而和x2，x3，…，x4相当的各次幂，都有专门的名称和符号：名称符号符号是名称的缩写，注意Δ，Υ，Κ是字母δ，υ，κ的大写．这些乘幂的倒数也有专名和符号，6次以上的幂不再创设符号．未知数的系数相乘的法则：“‘缺乏’乘以‘缺乏’得到‘存在’；‘缺乏’乘以‘存在’得到‘缺乏’”，即负乘负得正，负乘正得负，由于没有加号，书写时所有的负项都放在减号的后面，如x3-5x2+8x-1写成原意是“属于部分”，相当于“除以”或分数线/)，接着写分母．例如卷10(原希腊文本卷6)第19题，将(2x3＋3x2＋x)/(x2+2x+1)写成这已非常接近现代方程的形式．最后一个符号表示数字6，是希腊字母表以外的记号，读作digamma．丢番图创用符号是一大进步，美中不足的是只用符号表示一个未知数，遇到多个未知数时仍用同一符号，这使得计算过程越来越晦涩．为了避免混淆，不得不运用高度的技巧，但这常常使方法失去普遍性．8—9世纪以后，阿拉伯人吸取了许多希腊人的成果，然而却没有看到符号的优点，花拉子米等人完全回到文词代数上去，这是历史上的倒退．《算术》的典型问题和解答(一)一、二、三次方程《算术》没有系统地给出一、二次方程的解法．大概是一元一次方程太简单，没有必要单独论述，实际它已包含在ax n=b类型的方程之中．经过移项、消去等手续，有些问题化为这类方程之后，立即得到解答．不管答案有几个，丢番图仅满足于一个答案．他完全排斥负数解答，例如卷9(原希腊文本卷5)第2题最后化为4=4x+20，他认为是荒谬的．无理数的解答也不取。
关于丢番图方程x3-1=py2
关于丢番图方程x3-1=py2
胡永忠;张婷;张丽;江燕娟;谭开发
【期刊名称】《佛山科学技术学院学报（自然科学版）》
【年(卷),期】2010(028)006
【摘要】设t为正整数,素数p=12t2+1,证明了丢番图方程x3-1=Dy2仅有平凡整数解(x,y)=(1,0).
【总页数】2页(P24-25)
【作者】胡永忠;张婷;张丽;江燕娟;谭开发
【作者单位】佛山科学技术学院,信息科学与数学系,广东,佛山,528000;佛山科学技术学院,信息科学与数学系,广东,佛山,528000;佛山科学技术学院,信息科学与数学系,广东,佛山,528000;佛山科学技术学院,信息科学与数学系,广东,佛山,528000;佛山科学技术学院,信息科学与数学系,广东,佛山,528000
【正文语种】中文
【中图分类】O156.7
【相关文献】
1.方程x3-1＝py2有正整数解的判别条件 [J], 张瑾
2.关于Diophantine方程x3-1=py2 [J], 乐茂华
3.关于不定方程x3-1=py2 [J], 杜先存;史家银;赵金娥
4.关于丢番图方程x3-1=py2 [J], 何桃;郭金保;穆秀梅;赵杏花
5.关于Diophantine方程x3-1=py2 [J], 高洁;梁勇
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几类丢番图方程解的研究
几类丢番图方程解的研究几类丢番图方程解的研究引言：丢番图方程（Diophantine equation）是数论中的一个重要问题，在数学史上有着悠久的发展历史。
丢番图方程是求解整数解的方程，通常形式为ax + by = c，其中a、b、c是已知的整数。
在这篇文章中，我们将对几类丢番图方程解的研究进行讨论。
一、一元丢番图方程一元丢番图方程是指只包含一个变量的丢番图方程，通常形式为ax = c，其中a、c均为已知的整数。
这类方程的求解较为简单，只需根据a的因数和c的因数来确定方程是否有解以及解的形式。
例如，当方程为3x = 9时，我们可以通过观察得出解为x = 3。
二、二元丢番图方程二元丢番图方程是指包含两个变量的丢番图方程，通常形式为ax + by = c，其中a、b、c均为已知的整数。
求解二元丢番图方程相对于一元丢番图方程来说更为复杂，需要运用到更多的数学工具和方法。
1. 求解方法：求解二元丢番图方程的一种常见方法是利用欧几里得算法和贝祖等式。
这一方法基于最大公约数的性质，通过辗转相除的过程，找到方程的一个特解，并将其带入贝祖等式，得到方程的一般解。
例如，对于方程3x + 5y = 8，我们可以通过欧几里得算法找到特解(1, -1)，然后利用贝祖等式得到一般解为x = 8 - 5t，y = 4t - 8。
2. 特殊情况的研究：除了一般情况的二元丢番图方程，研究者们还对特殊情况进行了深入研究，如方程系数之间存在某种特殊的数学关系，或者方程的限定条件比较特殊等。
这些特殊情况的研究可以帮助我们更好地理解和应用丢番图方程。
三、三元及更多元丢番图方程除了二元丢番图方程，数学家们还对三元及更多元丢番图方程进行了研究。
这类方程的求解更为复杂，需要运用到更高级的数学工具和方法，如模线性方程组的求解方法、代数数论等。
这些方法在数学研究以及实际问题的求解中发挥着重要的作用。
结论：丢番图方程作为数论中的一个重要问题，经过数学家们的长期研究，已经在很多领域有着广泛的应用。
丢番图方程整数解方法
求不定方程整数解的常用方法不定方程是指未知数的个数多于方程的个数，且未知数受到某些限制（如要求是有理数，整数或正整数等)的方程或方程组。
不定方程也称丢番图方程，是数论的重要分支学科，也是数学上最活跃的数学领域之一。
我国对不定方程的研究已延续了数千年，“百钱百鸡问题”等一直流传至今，“物不知其数”的解法被称为中国剩余定理。
一般常用的求不定方程整数解的方法包括：(1)分离整数法此法主要是通过解未知数的系数中绝对值较小的未知数，将其结果中整数部分分离出来，则剩下部分仍为整数，则令其为一个新的整数变量，以此类推，直到能直接观察出特解的不定方程为止，再追根溯源，求出原方程的特解.例1求不定方程025=-++y x x 的整数解 解已知方程可化为因为y 是整数，所以23+x 也是整数. 由此x+2=1，-1，3，-3，即x=-1，-3，1，-5，相应的.0,2,0,4=y所以方程的整数解为(-1,4),(-3,0),(1,2),(-5,0).(2)辗转相除法此法主要借助辗转相除式逆推求特解，具体步骤如下：第一步，化简方程，尽量化简为简洁形式(便于利用同余、奇偶分析的形式); 第二步，缩小未知数的范围，就是利用限定条件将未知数限定在某一范围内，便于下一步讨论;第三步，用辗转相除法解不定方程.例2求不定方程2510737=+y x 的整数解.解因为251)107,37(=,所以原方程有整数解.用辗转相除法求特解:从最后一个式子向上逆推得到所以则特解为通解为或改写为(3)不等式估值法先通过对所考查的量的放缩得到未知数取值条件的不等式，再解这些不等式得到未知数的取值范围.例3求方程1111=++zy x 适合z y x ≥≥的正整数解. 解因为所以所以即所以 所以.32==z z 或当2=z 时有所以所以所以42≤〈y所以;46,43或相应地或===x y y当3=z 时有所以所以所以.3;3,3==≤x y y 相应地所以).3,3,3(),2,4,4(),2,3,6(),,(=z y x(4)逐渐减小系数法此法主要是利用变量替换，使不定方程未知数的系数逐渐减小，直到出现一个未知量的系数为1±的不定方程为止，直接解出这样的不定方程(或可以直接能用观察法得到特解的不定方程为止，再依次反推上去）得到原方程的通解.例4求不定方程2510737=+y x 的整数解.解因为251)107,37(=，所以原方程有整数解.有10737〈，用y 来表示x ，得则令由4<37,用m 来表示y ,得 令.4,4t m Z t m =∈=得将上述结果一一带回，得原方程的通解为 注✍解一元二次不定方程通常先判定方程有无解.若有解,可先求c by ax =+的一个特解，从而写出通解.当不定方程系数不大时，有时可以通过观察法求得其解，即引入变量，逐渐减小系数，直到容易求得其特解为止.✍对于二元一次不定方程c by ax =+来说有整数解的充要条件是c b a ),(.(5)分离常数项的方法对于未知数的系数和常数项之间有某些特殊关系的不定方程，如常数项可以拆成两未知数的系数的倍数的和或差的不定方程，可采用分解常数项的方法去求解方程.例5求不定方程14353=+y x 的整数解.解原方程等价于因为所以所以原方程的通解为.,32851Z t t y t x ∈⎩⎨⎧+=-= (6)奇偶性分析法从讨论未知数的奇偶性入手，一方面可缩小未知数的取值范围，另一方面又可用n 2或)(12Z n n ∈+代入方程，使方程变形为便于讨论的等价形式.例6求方程32822=+y x 的正整数解.解显然y x ≠,不妨设因为328是偶数，所以x 、y 的奇偶性相同，从而y x ±是偶数.令则1u 、.0,111〉〉∈v u Z v 且所以代入原方程得同理，令2211211(2,2u v v u u v u =-=+、)0,222〉〉∈v u Z v 且于是，有再令得此时，3u 、3v 必有一奇一偶，且取,5,4,3,2,13=v 得相应的所以，只能是.4,533==v u从而结合方程的对称性知方程有两组解()().18,2,2,18(7)换元法利用不定方程未知数之间的关系（如常见的倍数关系），通过代换消去未知数或倍数，使方程简化，从而达到求解的目的.例7求方程7111=+y x 的正整数解. 解显见，.7,7〉〉y x 为此，可设,7,7n y m x +=+=其中m 、n 为正整数. 所以原方程7111=+y x 可化为 整理得所以相应地所以方程正整数解为()()().56,8,14,14,8,56(8)构造法构造法是一种有效的解题方法，并且构造法对学生的创造性思维的培养有很重要的意义，成功的构造是学生心智活动的一种探求过程，是综合思维能力的一种体现，也是对整个解题过程的一种洞察力、预感力的一种反映.构造体现的是一种转化策略，在处理不定方程问题时可根据题设的特点，构造出符合要求的特解或者构造一个求解的递推式等.例8已知三整数a 、b 、c 之和为13且bc a b =，求a 的最大值和最小值，并求出此时相应的b 与c 的值. 解由题意得⎩⎨⎧==++ac b c b a 213，消去b 得()ac c a =--213 整理得到关于c 的一元二次方程因为因,0≠a若,916,014425,12===+-=c c c c a 或解得则有符合题意，此时若17=a 时，则有,01692=+-c c 无实数解，故;17≠a若16=a 时，则有,09102=+-c c 解得,91==c c 或符合题意，此时综上所述，a 的最大值和最小值分别为16和1，相应的b 与c 的值分别为.9316491214⎩⎨⎧==⎩⎨⎧=-=⎩⎨⎧=-=⎩⎨⎧=-=c b c b c b c b 或和或 (9)配方法把一个式子写成完全平方或完全平方之和的形式，这种方法叫做配方法.配方法是式子恒等变形的重要手段之一，是解决不少数学问题的一个重要方法.在初中阶段，我们已经学过用配方法解一元二次方程，用配方法推到一元二次方程的求根公式，用配方法把二次函数化为标准形式等等，是数学中很常用的方法.例9若.,24522的值求x y y x y x y x ++=++ 解由题意即所以 所以23211=+=+x y y x (10)韦达定理韦达定理是反映一元二次方程根与系数关系的重要定理，广泛应用于初等代数、三角函数及解析几何中，应用此法解题时，先根据已知条件或结论，再通过恒等变形或换元等方法，构造出形如b a +、b a ⋅形式的式子，最后用韦达定理.例10已知p 、q 都是质数，且使得关于x 的二次方程()051082=+--pq x q p x 至少有一个正整数根，求所有的质数对().,q p解设方程的两根分别为1x 、(),212x x x ≤由根与系数关系得因为p 、q 都是质数，且方程的一根为正整数，可知方程的另一根也是正整数. 所以所以.5,5,5,1521q p p q pq pq x x ++++=+①当1521+=+pq x x 时，即,10815q p pq -=+因为p 、q 均是质数，所以,1081015q p p pq -〉〉+故此时无解.②当5521+=+pq x x 时，即,1085q p pq -=+所以()(),85810-=-⋅+q p 因为p 、q 都是质数，且,810-〉+q p 所以解得符合条件的质数对为()().3,7,=q p③当p q x x +=+521时，即,1085q p p q -=+所以,157q p =满足条件的质数对. ④当q p x x +=+521时，即,1085q p q p -=+所以,113q p =于是()()()().3,11,3,7,==q p q p 或综上所述，满足条件的质数对为()()()().3,11,3,7,==q p q p 或(11)整除性分析法用整除性解决问题，要求学生对数的整除性有比较到位的把握.例11在直角坐标系中，坐标都是整数的点称为整点，设k 为整数，当直线k kx y x y +=-=或3的交点为整数时，k 的值可以取()A.2个B.4个C.6个D.8个解当1=k 时，直线13+=-=x y x y 与平行，所以两直线没有交点;当0=k 时，直线()轴即与x y x y 03=-=交点为整数;当1≠k 、0≠k 时，直线k kx y x y +=-=与3的交点为方程组⎩⎨⎧+=-=k kx y x y 3的解，解得 因为x 、y 均为整数,所以1-k 只能取4,2,1±±±解得综上，答案为C.(12)利用求根公式在解不定方程时，若因数分解法、约数分析均不能奏效，我们不妨将其中一个未知数看成参数，然后利用一元二次方程的求根公式去讨论.例12已知k 为整数，若关于x 的二次方程()01322=+++x k kx 有有理根，求k 值. 解因为0≠k ，所以()01322=+++x k kx 的根为由原方程的根是有理根，所以()5222++k 必是完全平方式.可设(),52222m k =++则(),52222=+-k m 即因为m 、k 均是整数,所以⎩⎨⎧=--=++522122k m k m ,⎩⎨⎧=--=++122522k m k m ⎩⎨⎧-=---=++112522k m k m ,⎩⎨⎧-=---=++522122k m k m 解得,02或-=k 因为,0≠k 所以k 的值是-2.(13)判别式法一元二次方程根的判别式是中学阶段重要的基础知识，也是一种广泛应用的数学解题方法.该法根据一元二次方程的判别式ac b 42-=∆的值来判定方程是否有实数根，再结合根与系数的关系判定根的正负.熟练掌握该法，不仅可以巩固基础知识，还可以提高解题能力和基础知识的综合运用能力.例13求方程431112=++xy y x 的整数解.因为x 、y 均为整数，所以,06448162≥+-=∆x x 且为完全平方数.于是，令(),464481622n x x =+-其中n 为正整数 所以因为x 、n 均为整数所以(),04492≥--=∆n 且为完全平方数，即有，742-n 为完全平方数.于是，再令,7422m n =-其中m 为正整数所以因为m n m n -+22与奇偶性相同，且m n m n -〉+22所以由上.2=n相应的,032=-x x 解得()303===x x x ，所以舍去或把3=x 代入已知方程中得(),522舍去或==y y 所以2=y 所以()()2,3,=y x(14)因式分解法因式分解也是中学阶段重要的基础知识之一.它应用广泛,在多项式简化、计算、方程求根等问题中都有涉及.因式分解比较复杂，再解题时，根据所给题目的特点，灵活运用，将方程分解成若干个方程组来求解.这种方法的目的是增加方程的个数，这样就有可能消去某些未知数，或确定未知数的质因数，进而求出其解.利用因式分解法求不定方程()0≠=+abc cxy by ax 整数解的基本思路:将()0≠=+abc cxy by ax 转化为()()ab b cy a x =--后,若ab 可分解为,11Z b a b a ab i i ∈=== 则解的一般形式为,⎪⎩⎪⎨⎧+=+=c b b y c a a x ii 再取舍得其整数解. 例14方程a b a ,4132=-、b 都是正整数，求该方程的正整数解.所以即因为a、b都是正整数所以这样所以b或12或20或36或844=相应地a或4或5或6或7=2所以方程的正整数解为:()()()()().,,5124,220,4,,784,,36,6丢番图（Diophantus）：古代希腊人，代数学的鼻祖，早在公元3世纪就开始研究不定方程，因此常称整系数的不定方程为丢番图方程。
丢番图方程
丢番图方程
丟番圖方程又名不定方程、整係數多項式方程，是變數僅容許是整數的多項式等式；即形式如 ax+by=c，其中所有的aj、bj和c均是整數，若其中能找到一組整數解x1,x2...,xn和y1,y2,....,yn者則稱之有整數解。
丢番图方程又名不定方程、整系数多项式方程，是变量仅容许是整数的多项式等式；即形式如右上角图的方程，其中所有的
和c均是整数，若其中能找到一组整数解
者则称之有整数解。
丢番图问题有数条等式，其数目比未知数的数目少；丢番图问题要求找出对所有等式都成立的整数组合。
对丢番图问题的数学研究称为丢番图分析。
3世纪希腊数学家亚历山大城的丢番图曾对这些方程进行研究。
丢番图方程的例子有贝祖等式、勾股定理的整数解、四平方和定理和费马最后定理等。
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D O I :10.3969/j.i s s n .1001-5337.2018.1.025 *收稿日期:2017-04-10基金项目:云南省教育厅科研基金项目(2014Y 462);红河学院校级课题(X J 15Y 22);红河学院中青年学术骨干培养资助(2015G G 0207). 作者简介:李玉龙,男,1973-,硕士,副教授;研究方向:初等数论及数学教育.E -m a i l :759601477@q q.c o m.丢番图方程x 3-1=3P y2的整数解*李玉龙, 万 飞(红河学院教师教育学院,661199,云南省蒙自市) 摘要:设P =ᵑi =1sp i(s ȡ2),p iʉ1(m o d 6)(1ɤi ɤs )为奇素数.主要利用同余式㊁平方剩余㊁P e l l 方程的解的性质㊁递归序列证明了P =p q ,p ʉ13(m o d 24)为奇素数,q =12s 2+1(s ɪZ +,2s )为奇素数,pq ()=-1时,丢番图方程x 3-1=3P y2仅有平凡解(x ,y )=(1,0).关键词:丢番图方程;整数解;奇素数中图分类号:O 156 文献标识码:A 文章编号:1001-5337(2018)01-0025-041 引 言设Z 表示全体整数的集合.方程x 3-1=3P y 2(P >0,P 无平方因子,x ,y ɪZ )(1)是一类重要的丢番图方程,其整数解已有不少人研究过,目前就P >2的情形已有一些结果,主要是:(Ⅰ)P 不含6k +1形的素因子时,文献[1]证明了方程(1)无非平凡解;(Ⅱ)P 含一个6k +1形的素因子时,文献[2,3]分别给出了P 取特殊值时方程(1)的解的情况,文献[4-9]分别给出了方程(1)无非平凡解的一个充分条件;(Ⅲ)P 含两个互异的6k +1形的素因子时,方程(1)的求解较为困难,目前只有文献[10]给出了方程(1)无非平凡解的一个充分条件.在此基础上本文给出了P 含两个互异的6k +1形的素因子时方程(1)只有平凡解的另一个充分条件.2 若干引理引理1[11] 设p 是一个奇素数,则丢番图方程4x 4-p y 2=1除开p =3,x =y =1和p =7,x =2,y =3外,无其他的正整数解.引理2[11] 设p 是一个奇素数,则丢番图方程x 4-p y 2=1除开p =5,x =3,y =4和p =29,x =99,y =1820外,无其他的正整数解.3 主要结论及证明定理 设P =p q ,p ʉ13(m o d 24)为奇素数,q =12s 2+1(s ɪZ +,2s )为奇素数,L e g e n d r e 符号值 第44卷 第1期2018年1月 曲阜师范大学学报J o u r n a l o f Q u f u N o r m a l U n i v e r s i t yV o l .44 N o .1J a n .2018p q æèçöø÷=-1,则丢番图方程x 3-1=3P y2(2)仅有平凡解(x ,y )=(-1,0).证明 设(x ,y )是丢番图方程(2)的正整数解,因为x 3ʉ1(m o d 3),所以x 3-1ʉ0(m o d 3),此时x 2+x +1ʉ0(m o d 3),所以g c d (x -1,x 2+x +1)=3.又x -1ʉ0(m o d 3),则有x 2+x +1≢0(m o d 9).故式(2)给出下面4种可能的情形:(Ⅰ) x -1=9p u 2,x 2+x +1=3q v 2,y =3u v ,g c d (u ,v )=1;(Ⅱ) x -1=9q u 2,x 2+x +1=3p v 2,y =3u v ,g c d (u ,v )=1;(Ⅲ) x -1=9u 2,x 2+x +1=3p v 2,y =3u v ,g c d (u ,v )=1;(Ⅳ) x -1=9p u 2,x 2+x +1=3v 2,y =3u v ,g c d (u ,v )=1.以下讨论这4种情形所给的方程(2)的整数解.情形(Ⅰ) 将x -1=9p u 2代入x 2+x +1=3q v 2得3(6p u 2+1)2+1=4qv 2,则有q v 2ʉ1(m o d p ),但q p æèçöø÷=p q æèçöø÷=-1,所以该情形方程(2)无整数解.情形(Ⅱ) 仿情形(Ⅰ)的证明可知该情形方程(2)亦无整数解.情形(Ⅲ) 将x -1=9u 2代入x 2+x +1=3p v 2得3(6u 2+1)2-4pv 2=-1,故有3(6u 2+1)2ʉ-1(m o d q ),则有3u 2ʉ6s 2+s ,6s 2-s (m o d q ).当s ʉ1(m o d 4),模q 的L e ge n d r e 符号值6s 2+s q æèçöø÷=6s 2+s 12s 2+1æèçöø÷=12s 2+16s 2+s æèçöø÷=1-2s 6s 2+s æèçöø÷=-16s 2+s æèçöø÷2s -16s 2+s æèçöø÷=-2s -16s 2+s æèçöø÷=-6s 2+s 2s -1æèçöø÷=-4s 2s -1æèçöø÷=-22s -1æèçöø÷=-1;模q 的L e ge n d r e 符号值6s 2-s q æèçöø÷=6s 2-s 12s 2+1æèçöø÷=12s 2+16s 2-s æèçöø÷=2s +16s 2-s æèçöø÷=6s 2-s 2s +1æèçöø÷=2s 2s +1æèçöø÷=-12s +1æèçöø÷=-1;s ʉ3(m o d 4)时,模q 的L e ge n d r e 符号值6s 2+s q æèçöø÷=6s 2+s 12s 2+1æèçöø÷=12s 2+16s 2+s æèçöø÷=1-2s 6s 2+s æèçöø÷=-16s 2+s æèçöø÷2s -16s 2+1æèçöø÷=2s -16s 2+s æèçöø÷=6s 2+s 2s -1æèçöø÷=4s 2s -1æèçöø÷=22s -1æèçöø÷=-1;模q 的L e ge n d r e 符号值6s 2-s q æèçöø÷=6s 2-s 12s 2+1æèçöø÷=12s 2+16s 2-s æèçöø÷=2s +16s 2-s æèçöø÷=-6s 2-s 2s +1æèçöø÷=-2s 2s +1æèçöø÷=--12s +1æèçöø÷=-1.综上有当s ɪZ +,2s 时,L e g e n d r e 符号值6s 2ʃs q æèçöø÷=-1,而L e g e n d r e 符号值3u 2q æèçöø÷3q æèçöø÷u 2q æèçöø÷=3q æèçöø÷=312s 2+1æèçöø÷=12s 2+13æèçöø÷=13æèçöø÷=1.因此该情形方程(2)无整数解.情形Ⅳ 将x -1=9pu 2代入x 2+x +1=3v 2,整理得(2v )2-3(6pu 2+1)2=1.(3) 设(x n ,y n )(n ɪZ )为P e l l 方程X 2-3Y 2=1的任意整数解,显然2+3是P e l l 方程X 2-3Y 2=1的基本解.于是方程(3)的一切整数解可表为2v +(6pu 2+1)3=ʃ(x n +y n 3)=ʃ(2+3)n,n ɪZ .因此6p u 2+1=ʃy n (n ɪZ ),即6pu 2=ʃy n -1.又y -n =-y n ,所以只需考虑62 曲阜师范大学学报(自然科学版) 2018年6pu 2=y n -1.(4)由(4)式,得y n ʉ1(m o d 6).容易验证下式成立:y n +2=4y n +1-y n ,y 0=0,y 1=1.(5)x n +2=4x n +1-x n ,x 0=1,x 1=2.(6)x n +1=2x n +3y n ,y n +1=x n +2y n .(7)x 2n =x 2n +3y 2n ,y 2n =2x n y n .(8)x n -1=2x n -3y n ,y n -1=-x n +2y n .(9) 对递归序列(5)取模6,得周期为6的剩余类序列,且仅当n ʉ1(m o d6),有y n ʉ1(m o d6),所以只有n ʉ1(m o d 6)时(4)式才成立.故(4)成立需n ʉ1(m o d 6),即n ʉ1(m o d 12)或n ʉ7(m o d 12).当n ʉ1(m o d 12)时,不妨设n =12m +1(m ɪZ ),则由(5)㊁(7)㊁(8)式,得6p u 2=y 12m +1-1=x 12m +2y 12m -1=x 26m +3y 26m +4x 6m y 6m -1=2y 6m (2x 6m +3y 6m )=2y 6m x 6m +1,即3p u 2=x 6m +1y 6m .(10) 对递归序列(6)取模3,得周期为2的剩余类序列,且当n ʉ1(m o d2),有x n ʉ2(m o d3);当n ʉ0(m o d 2),有x n ʉ1(m o d3),所以对于任意整数n ,均有x n ≢0(m o d 3).由(7)式得,g c d (x 6m +1,y 6m )=g c d (2x 6m +3y 6m ,y 6m )=g c d (2x 6m ,y 6m =g c d (2,y 6m )=2,而x 6m +1≢0(m o d 3),所以(10)式给出以下4种可能的情形:(ⅰ)x 6m +1=2a 2,y 6m =6pb 2,u =2a b ,g c d (a ,b )=1;(ⅱ)x 6m +1=2p a 2,y 6m =6b 2,u =2a b ,g c d (a ,b )=1;(ⅲ)x 6m +1=2q a 2,y 6m =6pb 2,u =2a b ,gcd (a ,b )=1;(ⅳ)x 6m +1=2p a 2,y 6m =6qb 2,u =2a b ,g c d (a ,b )=1.情形(ⅰ) 将x 6m +1=2a 2代入x 26m +1-3y 26m +1=1,得4a 4-3y 26m +1=1.根据引理1知a =ʃ1,即x 6m +1=2,则m =0,由(10)式得u =0,此时得出方程(2)的平凡解(x ,u ,v )=(1,0,ʃ1).情形(ⅱ) 由y 6m =6b 2得x 3m y 3m =3b 2,又g c d (x 3m ,y 3m )=1,x 3m ≢0(m o d 3),故有x 3m =c 2,y 3m =3d 2.将x 3m =c 2代入x 23m =1,得c 4-3y 23m =1.根据引理2知y 3m =0,故m =0.由(7)知x 1=2,但由x 6m +1=2P a 2,得2=2P a 2,则有a 2=1,P =p q =1,这与 p ,q 为奇素数 矛盾,故该情形方程(2)无整数解.情形(ⅲ) 由y 6m =6p b 2得x 3m y 3m =3p b 2,又g c d (x 3m ,y3m )=1,x 3m ≢0(m o d 3),故有下列情形之一成立:(ⅰ')x 3m =c 2,y 3m =3p d 2,b =c d ,g c d (c ,d )=1;(ⅱ')x 3m =p c 2,y 3m =3d 2,b =c d ,g c d (c ,d )=1.情形(ⅰ') 将x 3m =c 2代入x 23m -3y 23m =1,得c 4-3y 23m =1.根据引理2知,y 3m =0,故m =0.由(7)知x 1=2,但由x 6m +1=2q a 2,得2=2q a 2,则有a 2=1,q =1,这与 q 为奇素数矛盾,故该情形方程(3)无整数解.情形(ⅱ') 对递归序列(7)取模4,得周期为4的剩余类序列:2,3,2,1,2,3,2,1, ,且当n ʉ2(m o d 4)时,有x n ʉ3(m o d 4);n ʉ0(m o d 4)时,有x n ʉ1(m o d 4);当n ʉ1,3(m o d 4)时,有x n ʉ2(m o d 4),故对于任意整数n ,均有x n ≢0(m o d 4).由x 3m =p c 2得,当c 为偶数时,p c 2为偶数时,故p c 2ʉ0(m o d 4),故此时由x 3m =pc 2有x 3m ʉ0(m o d 4),矛盾.故c 为奇数,此时由x 3m =p c 2,得x 3m ʉ1(m o d 2),故m 为奇数.对递归序列(5)取模8,得周期为4的剩余类序列,且当n ʉ1(m o d 4),有y n ʉ1(m o d 8);当n ʉ3(m o d4),有y n ʉ7(m o d 8);n ʉ2(m o d 4),有y n ʉ4(m o d 8);当n ʉ0(m o d 4),有y n ʉ0(m o d 8).所以y m ʉ1,7(m o d 8).故由y 3m =3d 2知d 为奇数,则d 2ʉ1(m o d 8),所以有1,7(m o d 8)ʉy 3m =3d 2ʉ3(m o d 8),矛盾.故该情形方程(2)无整数解.情形(ⅳ) 仿情形(ⅲ)的证明可知该情形方程(2)亦无整数解.所以n ʉ7(m o d 12)时方程(2)无整数解.n ʉ7(m o d 12)时,不妨设n =12m +7(m ɪZ ),则由(5)㊁(8)㊁(9)式,得72第1期 李玉龙,等:丢番图方程x 3-1=3P y 2的整数解82曲阜师范大学学报(自然科学版)2018年6p u2=y12m+7-1=x12m+6+2y12m+6-1=x26m+3+3y26m+3+4x6m+3y6m+3-1=2y6m+3(2x6m+3+3y6m+3) =2y6m+3x6m+4,即3p u2=x6m+4y6m+3.(11)对递归序列(6)取模3,得周期为2的剩余类序列,且当nʉ1(m o d2),有x nʉ2(m o d3);当nʉ0(m o d2),有nʉ1(m o d3),所以对于任意整数,均有x n≢0(m o d3).由(7)式得,g c d(x6m+4,y6m+3)=g c d(2x6m+3+3y6m+3,y6m+3)=g c d(2x6m+3,y6m+3)g c d(2,y6m+3)=1,而x6m+4≢0(m o d3),所以(11)式给出以下4种可能的情形:(ⅴ)x6m+4=a2,y6m+3=3p b2,u=2a b,g c d(a,b)=1;(ⅵ)x6m+4=p a2,y6m+3=3b2,u=2a b,g c d(a,b)=1;(ⅶ)x6m+4=p a2,y6m+3=3q b2,u=2a b,g c d(a,b)=1;(ⅷ)x6m+4=q a2,y6m+3=3p b2,u=2a b,g c d(a,b)=1.情形(ⅴ)将x6m+4=a2代入x26m+4-3y26m+4=1,得a4-3y26m+4=1.根据引理2知,a=ʃ1,此时x6m+4 =1,由x0=1知x6m+4=1不成立,故该情形方程(2)无整数解.情形(ⅵ)因为y6m+3ʉ1(m o d2),则由y6m+3=3b2知b为奇数,故b2ʉ1(m o d8),所以有1,7(m o d8)ʉy6m+3=3b2ʉ3(m o d8),矛盾.故该情形方程(2)无整数解.情形(ⅶ)由(8)式得,因为y6m+3=-x6m+4+2y6m+3,将x6m+3=p a2,y6m+3=3q b2代入,得3q b2= -x6m+4+2y6m+4,则有2y6m+4=p a2+3q b2.(12)因为x2mʉ1(m o d2),又p为奇素数,则由x6m+4=p a2知a为奇数,故a2ʉ1(m o d8);又y6m+3ʉ1(m o d2),而q为奇素数,则由y6m+3=3q b2知b为奇数,故b2ʉ1(m o d8).对(12)式两边取模8,得2y6m+4ʉp+3q(m o d8).(13)因为pʉ13(m o d24)为奇素数,q=12s2+1(sɪZ+,2s)为奇素数,故qʉ13(m o d24),故(13)式为0ʉ4(m o d8),矛盾.故该情形方程(2)无整数解.情形(ⅷ)仿情形(ⅶ)的证明可知该情形方程(2)亦无整数解.所以nʉ7(m o d12)时方程(2)无整数解.综上所述定理成立.参考文献:[1]柯召,孙琦.关于丢番图方程[J].四川大学学报,1981,18(2):1-5.[2]李鑫,梁艳华.关于不定方程x3-1=111y2[J].西南师范大学学报(自然科学版),2009,34(1):12-15.[3]杜先存,万飞,赵金娥.关于不定方程x3ʃ1=1455y2的一个初等解法[J].西南大学学报(自然科学版),2014,39(4):43-46.[4]杜先存,吴丛博,赵金娥.关于D i o p h a n t i n e方程x3ʃ1=3D 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n t i n e e q u a t i o n x 3-1=3P y 2o n l y h a s t h e s o l u t i o n (x ,y )=(-1,0)w h e n P =p q ,p ,q ar e o d d p r i m e s w i t h p ʉ1(m o d 24)a n d q =36s 2+1(s ɪZ +,2s ),p q æèçöø÷=-1.K e y wo r d s :D i o p h a n t i n e ;i n t e g e r s o l u t i o n ;o d d p r i m e 53第4期 杨 伟,等:匹配数给定的一类拓扑指标的上界。