丢番图方程

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。

关于丢番图方程x 3±1=py 2

（，）及方程Ｘ１０３— １：７，有正整数解（）＝（１、（３、（２３）Ｒｂｒ证明了方程）仅，），２，）４，）２，９；ｏｅｔ
一
１＝２２有整数解（ｙｙ仅，）＝（，）方程＋１＝２１０及ｙ仅有正整数解（），）＝（，）（３７），１１、２，８等．
ｆ± ＝），，，＝，＞，＞１ｐ，（，）１０，０））））ｌ２，２
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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１３即（ ±１－＋１或，，Ｔ－）＝１３所以（）可以分解成如下４组方程或，１式
收稿日期：０７— ７—１２０００
作者简介：牟善志（９３，，１６一）男山东日照人，苏技术师范学院副教授江
维普资讯
第ｌ期
牟善志，：于丢番图方程 ±Ｉ＝Ｐ等关Ｙ
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Ｖｏ．２Ｎ．１３ｏ１

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］。

关于丢番图方程x~3±27=py~2

ＱＩＡＮＬｉ — ｋａｉ．ＤＵＸｉａｎ－ｃｕｎ
（１．ＳｃｈｏｏｌｏｆＴｅａｃｈｅｒＥｄｕｃａｔｉｏｎ，ＱｕｊｉｎｇＮｏｒｍａｌＵｎｉｖｅｒｓｉｔｙ，Ｑｕｊｉｎｇ６５５０１１，Ｃｈｉｎａ；２．Ｔｅａｃｈｅｒｓ ’ ＥｄｕｃａｔｉｏｎａｌＣｏｌｌｅｇｅ，ＨｏｎｇｈｅＵｎｉｖｅｓｉｒｔｙ，Ｍｅｎｇｚｉ６６１１９９，Ｃｈｉｎａ）
ｔｈａｔｔｈｅｉｎｄｅｉｆｎｉｔｅｅｑｕａｔｉｏｎ一２７＝ｐｙｈａｓｎｏｐｏｓｉｔｉｖｅｉｎｔｅｇｅｒｓｏｌｕｔｉｏｎｓ，ｗｈｅｒｅＰ＝３ｋ（＋１）＋１１
Ａｂｓｔｒａｃｔ：ＬｅｔＰｂｅａｎｏｄｄｐｒｉｍｅ．Ｉｎｔｈｉｓｐａｐｅｒ，ｗｅｐｒｏｖｅｔｈａｔｔｈｅｉｎｄｅｉｎｆｉｔｅｅｑｕａｔｉｏｎＸ３＋２７＝ｐｙｈａｓｎｏ
Ｖｏ１．３１Ｎｏ．２
Ｊｕｎ．２０１３
关于丢番图方程３ ± ２７＝ｐｙ２
钱立凯，杜先存
（１．曲靖师范学院教师教育学院，云南曲靖６５５０１１；２．红河学院教师教育学院，云南蒙自６６１１９９）

关于丢番图方程px+(p+1)y=z2

关于丢番图方程px+(p+1)y=z2徐爱娟;邓谋杰【摘要】设p,q是奇素数,s是非负整数.利用初等方法中的同余、二次剩余、不等式法与Scott(1993年)的结果,证明:如果p≡1 (mod4),p=2qs-1,q≡3(mod4),s是正整数,则丢番图方程px+(p+1)y=z2仅有正整数解(p,x,y,z)=(5,4,3,29);如果p≡3(mod8),p=4qs-1,则当q≡5,7(mod8),s是正整数时,上述方程无解;而当q≡3(mod8),s为非负整数时,上述方程仅有正整数解(3,2,2,5),(11,2,3,43).【期刊名称】《黑龙江大学自然科学学报》【年(卷),期】2016(033)006【总页数】4页(P766-769)【关键词】丢番图方程;正整数解;非负整数解;初等方法【作者】徐爱娟;邓谋杰【作者单位】海南大学信息科学技术学院,海口570228;海南大学信息科学技术学院,海口570228【正文语种】中文【中图分类】O156近年来，形如ax+by=z2的丢番图方程引起了一些作者的兴趣。

2007年，Acu ［1］给出了丢番图方程2x+ 5y=z2的全部非负整数解。

2012年，Sroysang［2］证明了丢番图方程31x+32y=z2无非负整数解。

2013年，Rabago［3］给出了丢番图方程3x+19y=z2与3x+91y=z2的全部非负整数解。

2013年，Sroysang［4］证明了丢番图方程7x+8y=z2仅有非负整数解(x，y，z)=(0，1，3)，并提出了求解丢番图方程的公开问题。

因(1)中p也是变量，故求解(1)比对给定的a，b求解ax+by=z2要困难一些。

目前关于(1)的结果很少。

2013年，Chotchaisthi［5］证明了:当p是Mersenne素数时，(1)仅有两个非负整数解(p，x，y，z)=(7，0，1，3)，(3，2，2，5)。

很明显，他遗漏了一组解(p，x，y，z)=(3，1，0，2)。

著名的丢番图方程，最有趣的“世界难题”，从古研究至今

著名的丢番图⽅程，最有趣的“世界难题”，从古研究⾄今2019年9⽉6⽇，由布⾥斯托尔⼤学和⿇省理⼯学院的研究⼈员领导的⼀个团队宣布，他们发现了所谓的“三个⽴⽅数和”的问题的最终解，即求⽅程x³+ y³+ z³= k的整数解，k的值在1到100之间。

⾃1954年提出以来，直到2016年，除了k=33和k=42的两个解之外，所有的解都被找到了。

19年3⽉，数学家安德鲁·R·布克（Andrew R. Booker）发表的⼀篇论⽂中宣布，他在布⾥斯托尔的超级计算机上花费了数周的计算时间，找到了k=33的正确解。

不久后，k=42的解也被发现了（布克和⿇省理⼯学院的安德鲁·萨瑟兰），答案是：对于k在1到1000之间的值，114、165、390、579、627、633、732、906、921和975的解仍然没有被发现。

丢番图⽅程三个⽴⽅和的问题是求丢番图⽅程解的⼀个例⼦，它可以定义为：定义丢番图⽅程是⼀个有⼏个未知数、系数为整数的代数⽅程。

也就是说，丢盘⽅程是有⼏个未知变量（x，y，z， ……）的⽅程，它的解（=0）只有当⽅程的系数是整数时才会出现。

线性丢番图⽅程线性丢番图⽅程是⼀阶⽅程，其解被限制为整数。

线性丢番图⽅程为：其中a、b、c为整数系数，x，y为变量。

例如：有多少个整数解？因为这是⼀个有两个未知数的⽅程，我们不能⼀次解⼀个变量（就像⼀个典型的线性⽅程组⼀样）。

相反，对于线性情况，我们可以使⽤以下定理：线性丢番图⽅程有整数解当且仅当c是a和b的最⼤公约数的倍数。

如果整数（x， y）构成给定a，b，c的线性丢番图⽅程的解，那么其他的解有（x + kv, y - ku）的形式，其中k是任意整数，u和v是a和b的最⼤公约数的商。

两个或两个以上整数的最⼤公约数（它们都不为零）是能整除每个整数的最⼤正整数。

对于上⾯的例⼦，我们可以先提出公约数5，得到：a和b的最⼤公约数是1和5。

关于丢番图方程x 3+1=57y 2

关于丢番图方程 ±１＝ｙ（ＤＤ＞０已有不少）的研究工作。当Ｄ无６＋１的素因数时，全部整其
一
情形 Ⅱ 由此情形中的前一个式子知；１ｒｏ）再由后式得（ｄ３，ｏ
１ｖ９一＋１ｍｏ（ｄ３）
因子，被６且＋１型的素数整除时，有当Ｄ＝７，只
１，５３，８５，５８４３，７３，７６，６时有非平凡解，没有证但
情形 Ⅲ
将此情形中的第二式变为（ｘ一１。２）一
５（ｖ＝一，７２）３因为方程一７５ｙ＝一３的全部整数解，由以下结合类给出
且３Ｉ，ｐ从而一１０ｒｄ）所以（ｘ１＋－（ｏ，ｏ９２一）＋
３０ｒｄ９，２＝ｏ－（ｏ）但ｘ一１（ｏ）即（ｘ一１＝０；０ｒｄ３，２ｏ）
（ｏ）从而３（ｏ）矛盾。ｏｒｄ９，＝０ｒｄ９，ｏ
即６ｚ＝±（ “ ３ｖ）＋，５＋８１凡∈Ｚ
情形 Ⅱ
情形１１
＋１＝ｕ，一＋１９Ｙ＝３＝１ｖ，
＋１＝，一＋１５ｖ，＝７ｙ＝
由于５一一＋８一一＝ｕ＋ — ８１ｕｌ３ｖ１５１３ｖ＋＝５１１＋１ｖ）３（０＋５ｖ）＝一（“ ＋８（５ｕ１４一８２ｕ１１Ｏ５３ｖ）所以只须考虑６５＋８＋， ∈Ｚｚ＝ｕ３ｖ１ｎ（）２

euclid域中diophantus方程的整数解

euclid域中diophantus方程的整数解欧几里得（Euclid）是古希腊数学家，他的《几何原本》是一本关于几何学的经典著作。

然而，欧几里得在数论领域的贡献也非常重要，他提出了很多著名的数论问题，其中一个就是关于整数解的丢番图方程（Diophantine equation）。

这篇文章将探讨欧几里得域中的丢番图方程的整数解，并简要介绍几个经典的例子。

欧几里得域是指整数构成的数域，即域中的元素都是整数。

丢番图方程由亚历山大大帝时期的古希腊数学家丢番图斯（Diophantus）首次提出。

丢番图方程的一般形式是：ax + by = c其中，a、b、c都是整数。

我们的目标是寻找满足上述方程的整数解。

当a、b、c都是整数时，丢番图方程通常具有无穷多个整数解。

这是因为我们可以通过增加或减少解的x和y的值，来得到新的解。

这可以通过使用贝祖定理（Bézout's identity）来证明，该定理表明，如果a和b是整数，且它们不全为零，那么存在整数x和y，使得ax + by =gcd(a, b)（其中gcd(a, b)表示a和b的最大公约数）。

下面我们将通过几个例子来说明在欧几里得域中丢番图方程的整数解。

例子1：求解方程3x+5y=11我们可以使用贝祖定理来求解这个方程。

首先，我们需要找到3和5的最大公约数。

很显然，它们的最大公约数是1，因为3和5是互质的。

因此，我们可以找到整数x和y，使得3x+5y=1、这个方程的一个解是x=2，y=-1、现在我们将这个解乘以11，得到3(2)+5(-1)=11、所以方程3x+5y=11的一个解是x=22，y=-11例子2：求解方程7x+12y=1再次应用贝祖定理，我们需要找到7和12的最大公约数。

它们的最大公约数是1，所以我们可以找到整数x和y，使得7x+12y=1、这个方程的一个解是x=5，y=-3、我们将这个解乘以1，得到7(5)+12(-3)=1、所以方程7x+12y=1的一个解是x=5，y=-3这些例子说明了在欧几里得域中，丢番图方程通常具有无穷多个整数解。

【doc】关于丢番图方程x^2＋y^2=2z^2

关于丢番图方程x^2＋y^2=2z^2关于丢番图方程x"+Y"一2z"骨州一七四煤田地质勘探队子弟学校邓渡在研究丢番图方程(Diophalatine《qt=~ltiQn)x'+y'=z'中,我们发现,研究丢番图方程x'+y'=2z的整数解是很有意义的.盖番图方程x'+=2z明显的整数解有x:k,Y=k,z=k.并且当n是奇数对,还有解x=k,y=一k,z=0,这里k表示任一整数,我们称这墅解为平见解.理在的问题是除了这些平凡解外,它是否还有其它解,或番为非平凡解呢?下面的定理1将表明n=2时,丢番嘲方而K=D—K.,代^上式,得CD+1=(D—K)?10,(10'一C.)D一1=K{n取C=10'一C,,程x+y=2z有非平凡解.定理l丢番图方程x.+,=2z的所有整数解均可由x=±(m一n+2ran)k,】r±《m0一n.一2ran)k,z=±(m+n.)盘x=±(irl一n一2ran)k,y=±(m0—11+2mn)k,z=±(m+n.)k表也,这里垮整数或零,m,n是整数,且m>n>0,(m,n)=1,m,n～奇一锅.先给出荸l理1Ⅲ方程x.+.崤冠(x,CD一1K?i0(6)显然,C=}0一C是整数,并且出(6)茹知C为.这就完争证明了gl理的结论.二,自然数的整除判别法刊别法t自然数N=10a+b被D(D与10Ni素)整除的充要条件是I=a+bK赦D接除.今后我们称这种判剐自然数N能否被【]墼豫的方法为D的(n.K)f另【J法.证瞬由引理知存-整数C,使CD+1=K1O故N一^f.10=(】Oa4-一(a+bK)10=一(K10一1)b=一CbD所以,K—MlO能被【整除,又D与10互素,故N能被D整除的兔要条件是M能被1O 整除.证毕.类似地,可以证明下f判别按1自然数N=1,0a4-b被D(D与10互索)整除的亮要条件是M:a—bK被D整除.一'今后,我们称这种判别自然数N船否被D整除的方法为D的(n.一K)判别法.例1尹f别48345882能否被l3整除?由表I知13有(1.4).(1.一9),(2,3).(2.一10),(3.12),(3,一1).……等判别法,其中<1.4),(23),(3,一1)等判别法使用时计算量较小..4834588247463(2.3)法+189 (63x0)663(1,4)法I2……(3×4)78因为78能被13整除,..屯原数能被l3整除. 利用这个判别法,极翳导出一系列除性的特辣判别法,如1.N=a】l0+az10'一+…+a一【10+a能被3或9整除的充要条件是M=c+a+…+a能被3或9整除.2.K=I10+a10'十…+a【10+a能被l1整除的充要条件是M=(a4-as+a5+…)一(a2+a'+咀6+…)能被11整除.y)=1,X>0,Y>0,z>0,21x的全部解可表为x=2ab,y=a一b,z=a十b.这里a>b>0,(a,b)=1,b一奇一偶定理1的汪明:'设(X,y):k,x=k¨ykY】,X十Y.=2z得k是正整数或零.争则x"Y1)=1,代入Yi=2(一})(1)左边是整数,从而2(一}必为整数,由此易推知÷也是整数.设÷=z,代入(1)得x{+y{=2zi由.(2)变形得(xl+YI)=2(zi+x1YI)(2)所以x1+y1E0(rood2),从而xl～y =(xjYI)一2yIE0(mod2).设X1+Y =2XI,盖1Y1=2Y1,解得xJ=Xl+Yj, .=X1一YI,代入(2)得(XJ+Y1)+(Xj—Y1)=2zi2X{+2Y}=2z{印X{+Yj=z{由于(xI-Y1)=1,由引理1可知tXI=±2mi1,Yl=zI=±(m+12.)或X1±(m～rl.),zI±(m+Ⅱ)(Xl,Y1)=1,±(in.一12.),YI=±2mn,这里m>n>0,(m,n)=1,m,n一奇一偶.所以xl=±((m.一12)+2mn),YI=±((m一12)～2mn),z1;±(m+12)或x1='±((m—12)一2ran),y1±【(m一n.)+2mn),zI=±(m十n)因此,工:士(m一n十2mn)k.Y=±(m一n一2mn)k.z±(122+12.)k,或x=(m.一12～2_丑)k,,=±(m一n+2ran)k,z=±(m+n)k这里m>n>O,(m,n)=1,m,n一奇一偶,k是正整数或零.定理l吐毕.下面我们用初等方法证明x+y=2z.只有平凡解.先仿照[2](可去掉(a,b)=1的限制)证明.方程z.=2a(a+3b.)只有解a=0,b=k,z=0}a=k,b=±k,z=2,k是整数.且易证得目『理2丢番图方程a(a十3h)=z只有解a:0,b=k,z:O}ak,b=O,z:k,k是整数.,定理2丢番图方程x草'.2z.只有凡平解,x=a,y=a,z=a;x=a,Y=～a,z=0,这里a表示整数.证明设(x,y)=b,则x-bx1,=by1,(xI,YI)=i.代入x.午y#=2z.后,得d(x十y)=2z0y{=2(÷).因此,2(寺).是整数,同样,可证手也是整数.令手_zI,得Xi+Y=2zx:+YI兰xi十Yi曼2zI=--o(埘od2),趴而Xi—Y1E0(inod2),2XI,l—y】=2Y】,Y1,YI=Xl～Yl,因而可设X1+YJ解得x2=XI+(Xl÷Y1)十(xl—YI).=2zi2X+6xY2z化简,得x(X+3Y{)=z(3)由引锺2知(3)只有解X.=O,Y=k,z】=0}a=k,b=0,z=k.相应地xl=Yj,10JIyIz1.即方程x.十Y=2z.只有平凡解x=k,一,目f言差分幂级数及其在求和中的应用岳Ir莒大学璃持中差分方法在求和中有许多应用.本文把幂级数与它的差分级数联系起来,缛到一个简单而优美的公式,能方便地解决一些求和问题.为方便,本文所使用的差分均为反向差分,亦印,设有数列口,aI,a2,…,a,…,(1)定义V aa=a口,n21时V a=a一a一I, (2)称V a为a的一阶差分(简称差分.)r>l时定义V a:甲(一a)(3)为a的r阶差分.如无特殊声暇,本文中的幂级数均指形式幂级数,关于这方面的知识,'可在许多专着或小册子中找到,比如[1]一C4].二,幂级毂的差分变换公式∞∞设有幂级数∑aX,我们称∑v:a?口一n一u 为它的r阶差分级数.一个幂级数与它的差分级数有如下关系tD.1㈣定理l.x『=i厂.Vnx'.(4)这就是幂级数的差分变换公式.证我们有.∞..∞《1一x).anx=军.nx一;.x¨a口十∑(a一a…)X一薹-o誊xcs,..再将(5)应用于暑甲.n'得.a-X=百军.V.如此反复进行即可得(4)由此定理,我们可得a与V a之间的关系.推论la证由+i)a.(6)=量e二)x,以之代入(4)并比较两边系数即谴.推论2V a=∑(一1)()a….●.Ol'(7)证(4)可化为∞∞∑V a?X=(1一X)∑ax.(8)B0Ⅱ.0将上式右边展开并比较两边X的系数即证.由定理1可知,若一个幂级数的某阶差分数列可求和,则此幂级数可求和.X××××××××××X××××××××××X××××××××××x××××××Y=一k,z=0}x=k,Y=k,z=k,这里只有平凡解.k是整数.从而定理2证毕.由定理2,我们猜测,当n23时,丢番图方程x+Y=2z只有平凡解.显然,要证明这个猜测,只需证明t对任意奇素数IP,x十Y'=2z只有平凡解,x+y2z参考文蘸(1]柯召孙琦《数论讲义》(下册)P.219高等教育出设社(2]嗣上,P.222—223.23。

关于丢番图方程x^2+b^y=c^z的一个注记

关于丢番图方程x^2+b^y=c^z的一个注记
丢番图方程(Lamé equation)是一个有趣的数学方程，它将整数斜率放置在特定的方程中，描述了二次曲线的不同形态。

其一般形式如下：x^2 + b^y = c^z。

该方程出现得比较晚，是法国数学家Evariste Galois在19世纪30年代所提出的，以他的名字命名的Galois群正是从这个方程衍生出来的，其有着独特而重要的地位。

丢番图方程是一个简单的数学方程，但它却背后有着极深的哲学意义。

它描述了一种可能性，那就是某些事物是可以赋予灵活性，以便人们能够更好地理解事实，而不是仅仅根据固定的原则，更加宽容地去接受不同的情况，并最终形成一种最终的平衡。

此外，这个方程对数学家们也有很大的影响，它帮助我们更好地了解多项式的复杂性，以及创建更多的应用场景。

简而言之，这个方程就像一把钥匙，开启了许多新的可能性。

总而言之，丢番图方程是一个具有深刻意义的数学方程，它提供了一种可能的方法去实现某些哲学思想，甚至改变了数学领域的研究范围。

它也象征着人们对新想法和创新的求知欲，以更加完善和进步的态度去面对未知的世界，这也让我们受益匪浅。

关于丢番图方程(143n)^x+(24n)^y=(145n)^z

ＫｅｙｗｏｒｄｓＪｅｓｍａｎｏｗｉｃｚ ’ＣｏｎｊｅｃｔｕｒｅＤｉｏｐｈａｎｔｉｎｅＥｑｕａｔｉｏｎＣｏｎｇｒｕｅｎｃｅ
ｌ引言
令ｎ是一个正整数，ａ，ｂ，Ｃ为两两互素的正整数，满足ａ＋ｂ＝ｃ，其中２ｌｂ．则丢番图
Ｊｅｓｍａｎｏｗｉｃｚ猜想对任意的正整数ｎ，方程（１）仅有正整数解（，Ｙ，）＝（２，２，２）．随后几年，
国家自然科学基金（１０９０１００２），安徽省自然科学ＪｉａｎｘｉｎＬｉｎｇＤｅｎｇｒｏｎｇ（ｃｈＳｏｏｌｏｆＭａｔｈｅｍａｔｉｃｓａｎｄＣｏｍｐｕｔｅｒＳｃｉｅｎｃｅ，ＡｎｈｕｉＮｏｒｍａｌＵｎｉｖｅｒｓｉｔｙ，Ｗｕｈｕ２４１００３，Ｃｈｉｎａ）
收稿１３期：２０１３年６月２３日
ｌ６
数学理论与应用
该猜想被证明在更多的特殊的情形下都成立．最近，汤敏和本文的第一作者［４］证明了对任意的正整数／７，和费马数，方程（１）仅有正
整数解（，Ｙ，ｚ）＝（２，２，２）．这方面的更多研究，可参看［３］，［５］＿［８］．
第３３卷
第２期
数学理论与应用
ＭＡＴＨＥＭＡＴＩＣＡＬＴＨＥ０ＲＹＡＮＤＡＰＰＵＣＡｎＯＮＳ

丢番图方程x+(2n)2=y9（1≤n≤7)的整数解

第38卷第1期Vol.38　No.1重庆工商大学学报(自然科学版)J Chongqing Technol &Business Univ(Nat Sci Ed)2021年2月Feb.2021doi:10.16055/j.issn.1672-058X.2021.0001.014丢番图方程x 2+(2n )2=y 9(1≤n ≤7)的整数解陈一维,柴向阳(华北水利水电大学数学与统计学院,郑州450045) 收稿日期:2020-02-23;修回日期:2020-05-20.作者简介:陈一维(1996—),男,河南信阳人,硕士,从事数论研究.摘　要:在高斯整环中,利用代数数论理论和同余理论的方法研究丢番图方程x 2+(2n )2=y 9(x ,y ,n ∈Z ,1≤n ≤7)的整数解问题;首先统计了1≤n ≤7时已有的证明结果,之后在n =3,5,6,7时对x 分奇数和偶数情况讨论,证明了n =3,5,6,7时丢番图方程x 2+(2n )2=y 9无整数解,即证明了丢番图方程x 2+(2n )2=y 9(x ,y ,n ∈Z ,1≤n ≤7)无整数解。

关键词:高斯整环;代数数论;同余理论;丢番图方程;整数解中图分类号:O156.4 文献标志码:A 文章编号:1672-058X (2020)01-0092-070　引　言设B ∈N ,研究指数型Lebesgue-Nagell 不定方程:x 2+B =y k(1)的整数解是数论中的一类重要课题,已经有了不少研究成果[1-10]。

在B =(2n )2,k =9时,式(1)的整数解问题研究中,李伟[11]证明了n =1时,不定方程x 2+4=y 9无整数解;杨全[12]证明了n =2时,不定方程x 2+16=y 9无整数解;许宏鑫等[13]在求解不定方程x 2+4k =y 9的整数解时,证明了n =4时,不定方程x 2+64=y 9无整数解,n =8时x 2+256=y 9仅有整数解(x ,y )=(±16,4)。

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。

关于丢番图方程Ar2+By2p=z5_

第38卷第4期西南师范大学学报(自然科学版)2013年4月V o l.38N o.4J o u r n a l o f S o u t h w e s t C h i n aN o r m a lU n i v e r s i t y(N a t u r a l S c i e n c eE d i t i o n)A p r.2013文章编号:10005471(2013)04002503关于丢番图方程A x2+B y2p=z5①张中峰,柏萌肇庆学院数学与信息科学学院,广东肇庆526061摘要:对某些类型的整数A,B以及满足一定条件的素数p,证明了方程A x2+B y2p=z5没有使得x y zʂ0且x,y,z 两两互素的整数解.关键词:丢番图方程;类数;虚二次域中图分类号:O156文献标志码:A文献[1]证明了当nȡ2时,方程x2n+y2n=z5没有使得x y zʂ0且x,y,z两两互素的整数解.利用Q曲线以及相应的模定理,文献[2]证明了当p>17且p为4k+1型的素数时,方程x2+y2p=z5没有使得x y zʂ0且x,y,z两两互素的整数解.在本文中,我们有如下结果:定理1假设pȡ7为素数,A为正的奇整数,且5⫮h K,其中h K为虚二次域K=Q(-A)的类数,则方程A x2+y2p=z5没有使得x y zʂ0,2|y且x,y,z两两互素的整数解(x,y,z).定理2令α,β为正整数,γ为非负整数,pȡ11为素数,B满足以下情形之一:(1ʎ)B=2α,αȡ2;(2ʎ)B=2α㊃5β㊃11γ,αȡ3,p⫮B;(3ʎ)B=2α㊃5β㊃19γ,αȡ2,p⫮B;(4ʎ)B=2α㊃5β㊃23γ,αȡ2,2|αβγ,p⫮B,且当γȡ1时pȡ13.则方程x2+B y2p=z5没有满足x y zʂ0且x,y,z两两互素的整数解(x,y,z).结论在情形(1ʎ)下对p=7也成立.为了证明本文的定理,先给出几个引理.引理1设d为无平方因子的正整数,且5⫮h K,其中h K为虚二次域K=Q(-d)的类数.若有两两互素的非零整数a,b,c使得a2+d b2=c5,则存在互素的非零整数u,v使得a=u(u4-10d u2v2+5d2v4)b=v(5u4-10d u2v2+d2v4)证在虚二次域K=Q(-d)中分解a2+d b2,并注意到5⫮h K,可知引理1成立.引理2设h K为虚二次域K=Q(-d)的类数,则我们有表1中的对应结论:①收稿日期:20120902Copyright©博看网. All Rights Reserved.基金项目:广东省自然科学基金资助项目(S2012040007653);肇庆学院科研基金资助项目(201105,201116).作者简介:张中峰(1981),男,湖南邵阳人,博士,讲师,主要从事指数丢番图方程㊁广义费马方程的研究.表1 虚二次域的类数d 125101119222328465595110115190h K1122112364481224特别地,对于表1中的d ,有5⫮h K .证 d ɤ115的情形见文献[3],d =190的情形见文献[4].引理3 设p ȡ7为素数,αȡ6为整数,则方程x p +2αy p =5z 2没有满足x y z ʂ0,x y ʂʃ1且x ,y ,z 两两互素的整数解(x ,y ,z ).证这是文献[5]中定理1.2的一个特殊情形.引理4 设p ȡ11为素数,A ,B 为互素的整数,α,β,γ为非负整数且αȡ6.若A B 满足以下情形之一:(1ʎ)A B =2α㊃5β㊃11γ,αȡ7,p ⫮AB ;(2ʎ)A B =2α㊃5β㊃19γ,p ⫮AB ;(3ʎ)A B =2α㊃5β㊃23γ,βȡ1,p ⫮A B ,且当γȡ1时p ȡ13.则方程A x p +B y p =z 2没有满足x y z ʂ0且x ,y ,z 两两互素的整数解(x ,y ,z ).结论在γ=0时对p =7也成立.证由文献[5]中定理1.5可得.定理1的证明不失一般性,我们假设A 无平方因子.由引理1有x =v (5u 4-10A u 2v 2+A 2v 4) yp =u (u 4-10A u 2v 2+5A 2v 4)(1)其中u ,v 为非零且互素的整数,且由2|y 知2|u ,2⫮v .显然g c d (u ,A )=1.我们有gc d (u ,u 4-10A u 2v 2+5A 2v 4)=g c d (u ,5)ɪ{1,5}我们只证5⫮u 的情形,5|u 的情形类似可证.当5⫮u 时,由(1)式有u =y p 1 u 4-10A u 2v 2+5A 2v 4=y p2y =y 1y 2 g c d (y 1,y2)=1从而y p 2=5(A v 2-u 2)2-4u 4,即4y4p 1+y p 2=5(A v 2-u 2)2=5w 2(2)由2|u 知2|y 1,结合引理3以及g c d (y 1,y 2)=1,y 1y 2w ʂ0知方程(2)无整数解(y 1,y2,w ),定理1得证.定理2的证明令B =m 2d ,d 无平方因子,则由v 2(B )=αȡ2知2|m .在我们的条件下,d 有15种可能,见表1.又由情形(4ʎ)中的2|αβγ知d ʂ230,故由引理2知5⫮h K ,结合引理1有x =u (u 4-10d u 2v 2+5d 2v 4) m y p =v (5u 4-10d u 2v 2+d 2v 4)(3)其中u ,v 为非零且互素的整数,且由2⫮x ,2|m 知2⫮u ,2|v .这样我们就有gc d (v ,5u 4-10d u 2v 2+d 2v 4)=g c d (v ,5)ɪ{1,5}当B =2α时,即定理2中的情形(1ʎ).我们只证5⫮v 的情形,5|v 的情形类似可证.当5⫮v 时,由(3)式有v =m y p1 5u 4-10d u 2v 2+d 2v 4=y p2y =y 1y 2 g c d (m y 1,y2)=1从而y p 2=5(d v 2-u 2)2-4d 2v 4,即5(d v 2-u 2)2=4d 2m 4y 4p 1+y p 2=22α+2y4p 1+y p 2由2α+2ȡ6以及引理3知y 1y 2=ʃ1,两边模8知不可能.当B =2α㊃5β㊃q γ,q =11,19,23时,即定理2中的情形(2ʎ),(3ʎ),(4ʎ).若2⫮β,我们只讨论β=1的情形,βȡ3的情形类似.当β=1时,我们有5|d ,5⫮m .令d =5d 1,则由(3)式以及5⫮x 知5⫮u ,5|v ,从而62西南师范大学学报(自然科学版) h t t p ://x b b jb .s w u .c n 第38卷Copyright ©博看网. All Rights Reserved.v =5p -1m y p 1 5u 4-10d u 2v 2+d 2v 4=5(u 4-10d 1u 2v 2+5d 21v 4)=5m 2yp 2其中m =m 1m 2,2|m 1,g c d (5m 1y 1,m 2y2)=1,故有m 2y p 2=u 4-10d 1u 2v 2+5d 21v 4=(u 2-5d 1v 2)2-20d 21v 4即22ˑ54p -3d 21m 41y 4p 1+m 2y p2=(u 2-d v 2)2(4)在情形(2ʎ)下,我们有v 2(22d 21m 41)ȡ2+2ˑ3=8,而在情形(3ʎ),(4ʎ)下则有v 2(22d 21m 41)ȡ2+2ˑ2=6,故由引理4以及g c d (y 1,y 2)=1,y 1y 2w ʂ0知方程(4)无整数解(y 1,y2,w ).若2|β,我们只讨论β=2的情形,βȡ4的情形类似.当β=2时,我们有5⫮d ,5 m .由5⫮x 知5⫮u ,5|v .由(3)式有v =5p m 1y p 1 5u 4-10d u 2v 2+d 2v 4=5m 2yp2其中m =5m 1m 2,2|m 1,g c d (5m 1y 1,m 2y 2)=1,故有5m 2yp 2=5(u 2-5d v 2)2-4d 2v 4,即22ˑ54p -1d 2m 41y 4p 1+m 2yp 2=(u 2-d v 2)2(5)类似于2⫮β时的讨论,由引理4以及gc d (y 1,y 2)=1,y 1y 2w ʂ0知方程(5)无整数解(y 1,y 2,w ).综上所述,定理2得证.参考文献:[1]B E N N E T T M.T h eE q u a t i o n x 2n +y 2n =z 5[J ].JT hN o m b r e sB o r d e a u x ,2006,18(2):315-321.[2] C H E NI .O n t h eE qu a t i o n a 2+b 2p =c 5[J ].A c t aA r i t h ,2010,143(4):345-375.[3] C OH E N H.AC o u r s e i nC o m p u t a t i o n a l A l g e b r a i cN u m b e rT h e o r y [M ].N e wY o r k :S p r i n g e r -V e r l a g ,1993:514-515.[4] A R N OS .T h e I m a g i n a r y Qu a d r a t i cF i e l d s o fC l a s sN u m b e r 4[J ].A c t aA r i t h ,1992,60(1):321-334.[5] B E N N E T T M ,S K I N N E RC .T e r n a r y D i o p h a n t i n eE q u a t i o n sV i aG a l o i sR e pr e s e n t a t i o n s a n dM o d u l a r F o r m s [J ].C a n a d JM a t h ,2004,56(1):23-54.[6] 李双娥.关于不定方程x 3+27=26y 2[J ].西南师范大学学报:自然科学版,2008,33(1):1-4.[7] 牟全武,吴强.关于不定方程x 3-1=103y 2[J ].西南大学学报:自然科学版,2008,30(10):38-40.O n t h eD i o p h a n t i n eE qu a t i o n A x 2+B y 2p =z 5Z HA N GZ h o n g -f e ng , B A I M e n g S ch o o l o fM a t h e m a ti c sa n d I n f o r m a t i o nS c i e n c e ,Z h a o q i n g U n i v e r s i t y ,Z h a o q i n g G u a n g d o n g 526061,C h i n a A b s t r a c t :I n t h i s p a p e r ,f o r s o m e c h o i c e so f p a r a m e t e r s A ,B ,a n d p r i m e s p w h i c hs a t i s f y i n g s o m e c o n d i -t i o n s ,t h e e q u a t i o n A x 2+B y 2p =z 5w a s p r o v e d t oh a v en os o l u t i o n s i nn o n z e r o p a i r w i s e c o p r i m e i n t e g e r s x ,y ,z .K e y wo r d s :D i o p h a n t i n e e q u a t i o n ;c l a s s n u m b e r ;i m a g i n a r yq u a d r a t i c f i e l d 责任编辑廖坤72第4期张中峰,等:关于丢番图方程A x 2+B y 2p =z 5Copyright ©博看网. 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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ｙｎ ≡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＝ｘｎ＋ｙｎ３＝ (２＋３) ｎ ꎬｎ∈Ｎꎬ其中２＋３是
高教视野
８
ＧＡＯＪＩＡＯＳＨＩＹＥ
３３
２２
关于丢番图方程
ｘ
＋
８
＝
４３ｙ
的整数解
关于丢番图方程
４３ｙ的
整数解
◎张洪潘宏 ( 凯里学院理学院ꎬ贵州凯里５５６０１１)

初等数论：不定方程与高斯函数[整理版]

初等数论：不定方程与高斯函数一、不定方程不定方程也称丢番图方程，是指未知数的个数多于方程个数，且未知数受到某些要求（如是有理数、整数或正整数等等）的方程或方程组。

不定方程是数论的重要分支学科，它的内容十分丰富，与代数数论、几何数论、集合数论等都有较为密切的联系。

其重要性在数学竞赛中也得到了充分的体现，是培养思维能力的好材料，它不仅要求对初等数论的一般理论、方法有一定了解，而且更需要讲究思想、方法与技巧，创造性的解决问题。

1．不定方程问题的常见类型：（1）求不定方程的解；（2）判定不定方程是否有解；（3）判定不定方程的解的个数（有限个还是无限个）。

2．解不定方程问题常用的解法：（1）代数恒等变形：如因式分解、配方、换元等；（2）不等式估算法：利用不等式等方法，确定出方程中某些变量的范围，进而求解；（3）同余法：对等式两边取特殊的模（如奇偶分析），缩小变量的范围或性质，得出不定方程的整数解或判定其无解；（4）构造法：构造出符合要求的特解，或构造一个求解的递推式，证明方程有无穷多解；（5）无穷递推法。

以下给出几个求解定理：（一）二元一次不定方程（组）定义.形如ax+by=c(a,b,c∈Z,a,b不同时为零)的方程称为二元一次不定方程定理1.方程ax+by=c有解的充要条件是(a,b)|c；定理2.若(a,b)=1，且x0，y0为ax+by=c的一个解，则方程全部解可以表示成（t为任意整数)。

定理2’..元一次不定方程a1x1+ a2x2+ …a n x n=c(a1,a2, …a n,c∈N)有解的充要条件是(a1,…,a n )|c.方法与技巧：1．解二元一次不定方程通常先判定方程有无解。

若有解，可先求ax+by=0一个特解，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，直到容易得其特解为止；2．解元一次不定方程a1x1+ a2x2+ …a n x n=c时，可先顺次求出，……，.若，则方程无解；若|，则方程有解，作方程组：00t , y=y tx x b a=+-求出最后一个方程的一切解，然后把的每一个值代入倒数第二个方程，求出它的一切解，这样下去即可得方程的一切解。

不定方程

不定方程所谓不定方程，是指未知数的个数多于方程个数，且未知数受到某些（如要求是有理数、整数或正整数等等）的方程或方程组。

不定方程也称为丢番图方程，是数论的重要分支学科，也是历史上最活跃的数学领域之一。

不定方程的内容十分丰富，与代数数论、几何数论、集合数论等等都有较为密切的联系。

不定方程的重要性在数学竞赛中也得到了充分的体现，每年世界各地的数学竞赛吉，不定方程都占有一席之地；另外它也是培养学生思维能力的好材料，数学竞赛中的不定方程问题，不仅要求学生对初等数论的一般理论、方法有一定的了解，而且更需要讲究思想、方法与技巧，创造性的解决问题。

在本节我们来看一看不定方程的基础性的题目。

基础知识1．不定方程问题的常见类型：（1）求不定方程的解；（2）判定不定方程是否有解；（3）判定不定方程的解的个数（有限个还是无限个）。

2．解不定方程问题常用的解法：（1）代数恒等变形：如因式分解、配方、换元等；（2）不等式估算法：利用不等式等方法，确定出方程中某些变量的范围，进而求解；（3）同余法：对等式两边取特殊的模（如奇偶分析），缩小变量的范围或性质，得出不定方程的整数解或判定其无解；（4）构造法：构造出符合要求的特解，或构造一个求解的递推式，证明方程有无穷多解；（5）无穷递推法。

以下给出几个关于特殊方程的求解定理：（一）二元一次不定方程（组）定义1.形如(不同时为零)的方程称为二元一次不定方程。

定理1.方程有解的充要是；定理2.若，且为的一个解，则方程的一切解都可以表示成为任意整数)。

定理3.元一次不定方程，()有解的充要条件是.方法与技巧：1．解二元一次不定方程通常先判定方程有无解。

若有解，可先求一个特解，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，直到容易得其特解为止；2．解元一次不定方程时，可先顺次求出，……，.若，则方程无解；若|，则方程有解，作方程组：求出最后一个方程的一切解，然后把的每一个值代入倒数第二个方程，求出它的一切解，这样下去即可得方程的一切解。

丢番图和不定方程

丢番图和不定方程——兼谈中国人在这方面的工作丢番图的工作埃及尼罗河的出海口有一个大港叫亚历山大城，它是以希腊大帝亚历山大的名字命名。

在两千年前这里曾是地中海文化的一个中心。

亚历山大大帝在公元前330年建立这城市，在公元前323年他去世之后，托勒米（Ptalamy）成为埃及的统治者。

他选择这里为他的帝国的国都，并且模仿雅典的吕克昂学院在这里建立了一个博物院（Museum），世界各国的学者被邀请到这里来研究教导。

英国科学史家法灵顿（B．Farrington 1891—1974）在他的书《希腊人的科书》这么描写：“在埃及首都形成这个科学和艺术新中人的心里，存在一种美国式的豪华。

”编写著名的《几何原本》的欧几里得（Euclid）是博物院的第一个希腊数学教授。

在公元250年前后有一位希腊数学家丢番图（Dioplantos公元214－218年）住在亚历山大城里，他作为一个数学教员编写了一部叫《算术》（Arithmetica）的教科书。

这书总共有13卷，可惜在10世纪时只剩下6卷，其余7卷遗失了。

在15世纪这书的希腊文手抄本在意大利的威尼斯发现于是广被人注意，以后又有法国数学家巴歇的希腊—拉丁文对照本，以后还有英、德、俄等国的译本，这是一本如《几何原本》般在数学上影响很大的书。

这本书基本上是代数书，有人称他为“代数学之父”，他书中采用符号，研究了一次、二次、三次方程。

他是第一个引进符号入希腊数学的人。

如第一卷第27题：“两数之和是20，乘积是96，求这两数。

”第一卷第28题：“两数之和是20，平方和是208，求这两数。

”第六卷第27题：“求直角三角形的三边，已知它的面积加上斜边是一个平方数，而周长是一个立方数。

”写成现代的式子，令a，b，c是直角三角形的三边，则有：a2＋b2＝c2a＋ b＋ c＝N3这里就要考虑到三次方程了。

这书除了第一卷外，其余的问题几乎都是考虑未知数比方程数还多的问题，我们把这种问题叫不定方程。

关于丢番图方程x4+Dy4=z2

１＝＋１２ａ，其中ａ＝１，６１ —２，一７．
２引理
引理１丢番图方程。＋２ｙ。一３ｚ满足条件ｇｃｄ（ｘ，）一１的一切正整数解可表示为
年，曹珍富证明了Ｄ： ±４，一３时，方程（１）均无正整数解．１９９３年，汤健儿Ｌ２］证明了Ｄ＝一９时，方程（１）无正整数解．１９９９年，曹珍富［３在研究广义Ｆｅｒｍａｔ猜想时证明了Ｄ一２７时，方程（１）无正整数解．２００１年，周科Ｌ４］证明了Ｄ一一１０８，一２７，～２４，
第３４卷第４期
Ｖｏ１．３４Ｎｏ．４
宁夏大学学报（自然科学版）
Ｊｏｕｒｎａｌｏ｛ＮｉｎｇｘｉａＵｎｉｖｅｉｅｎｃｅＥｄｉｔｉｏｎ）
ｌ８，一８，２，３６，７２，１０８时，方程（１）均无正整数解，并给出了Ｄ＝一３６，９时方程（１）的全部正整数解．２０１１年，管训贵］证明了Ｄ：＝＝３ ” 及咒三３（ｍｏｄ４）时，方程（１）无正整数解．本文利用同余性质及Ｆｅｒｍａｔ的无穷递降法，给出以下一般性的结果．定理１设Ｐ为奇素数，如果下列情形之一满足，则方程（１）均无正整数解：