一个丢番图方程组的初等解法

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关于丢番图方程(an)^x+(bn)^y=(cn)^z

１引言
设（，ｚ）是本原商高数组．Ｊｅｇｍａｎｏｗｉｃｚ［】曾猜想对于任意正整数ｎ，丢番图方程（礼）＋（ｎＹ）ｙ＝（ｎＺ）只有正整数解（，Ｙ，Ｚ）＝（２，２，２）．这是与商高数组有关的未解决问题之一．很多数论工作者都研究过该猜想．虽然在很多特殊情况下，Ｊｅｇｍａｎｏｗｉｃｚ猜想是正确的，但一般情形仍未解决．与Ｊｅｇｍａｎｏｗｉｃｚ猜想相类似的另一个问题是找出满足丢番图方程ａ＋ｂｙ＝Ｃ只有正整数解（Ｘ，Ｙ，）＝（１，１，１）的所有三元正整数组（ａ，ｂ，ｃ）．２０１２年，Ｍｉｙａｚａｋｉ和Ｔｏｇｂ６［２Ｊ证明了对于任意一个奇整数ｂ≥ ５且ｂ≠ ８９，丢番图方程ｂ＋２ｙ＝（ｂ＋２）只有正整数解（Ｘ，Ｙ，Ｚ）＝（１，１，１）．２０１３年，汤敏和杨全会［３】考虑了丢番图方程（ｂｎ）。＋（２ｎ）ｙ＝（（６＋２）ｎ），证明了若ｂ是一个不小于５的奇整数且丢番图方程（ｂｎ）＋（２ｎ）ｙ＝（（６＋２）佗）有正整数解（，Ｙ，Ｚ）≠（１，１，１），则Ｙ＜＜ｘ或ｘ≤ ＜Ｙ．相关问题可参考文『４－６１．
Ｅ－ｍａｉｌ：ｃｕｉｆａｎｇｓｕｎ＠１６３．ｃｏｒｎ；ｔｍｚｚｚ２０００＠１６３．ｃｏｒｎ
本文受到国家自然科学基金（Ｎｏ．１１金（Ｎｏ．２０１２ｘｍｐｙ００９Ｎｏ．２０１４ｘｍｐｙｉ１）的资助．
本文推广了汤敏和杨全会的结论＿２Ｊ．
定理１．１设他，ａ，ｂ，Ｃ是正整数，ｇｃｄ（ａ，ｂ，ｃ）＝１，ａ，ｂ≥３，且设丢番图方程ａ＋ｂｙ＝Ｃ只有正整数解（Ｘ，Ｙ，）＝（１，１，１）．若（Ｘ，Ｙ，）是丢番图方程

丢番图方程整数解方法之欧阳德创编

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25+yx的整数解.37=107解因为25,37107(=,所以原方程有整数解.)1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⎩⎨⎧==++acb 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. 解已知方程可化为因为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.解已知方程可化为所以即因为a 、b 都是正整数所以这样所以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。

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)。

关于丢番图方程p^x-q^y=2

不可能成立．
对方程３一２７１＝２取模５，得３－３（ｏｒｏｄ５），推出；ｌ（ｍｏｄ４），这不可能成立．当３ｆＰ时，对方程（１）取模３，得ｑ－－２（ｏｒｏｄ３），于是ｑ－２３（ｏｒｏｄ２４），从而有ｇ ∈ ｛２３，４７，７１，１６７，１９１，
３一２４１：２，２４１—２３９＝２，２２９—２２７＝２，２７１—２６９＝２，２８３ —２８１＝２．
定理ｌ的证明当２ｌｙ时，方程（１）可化为（ｇ）＋２＝，由文献［４］可得（１，，ｑｙ／２，Ｐ）＝（１，３，５，３），于是：３，Ｐ＝３，Ｙ＝２，ｑ＝５，但这不可能．证毕．定理２的证明
番图方程Ｐ一ｑ＝２的一些特殊情形，给出方程
Ｐ一ｑ＝２，（１）
当２００＜ｍａｘ｛Ｐ，ｑ｝＜３００时的全部正整数解．
１定理及证明
定理１当２ＩＹ时，方程（１）无解。
定理２当２ｆＹ且２ｌ时，方程（１）无解．定理３当２ｆＹ且２ｆ时，方程（１）除了下面５种情形外无其他正整数解（，Ｙ）：
关于丢番图方程一＝２
周小娥，邓谋杰
（海南大学信息科学技术学院，海南海口５７０２２８）摘要：设Ｐ，ｑ为不同奇素数，用初等方法给出了丢番图方程Ｐ一ｑ＝２当２００＜ｍａｘ｛ｐ，ｑ｝＜３００时的全部

关于丢番图方程4x~4+py~4=z~2

� 部正整数解， � 从而拓展了王洪昌关于 4 4 + 4 = 2 的结果，即完全解决了 = Q2 + 1 ，为奇素数的情形. 关键词: 丢番图方程; 正整数解; 两两互素中图分类号: O 1 56.7 文献标识码: A 文章编号: 1 0 0 0 58 4 6( 2 0 11 )0 2 -0 17 0 0 3
1)
1
2
1
2
1
a2 +
中
*
2
，1 满足 D 2 =
4 1
-
4 2
， 1 ，2 满足
2
b2 ， 2 (a + b)
/
作者简介 : 王振堂 ( 1 955) ，男，汉族，辽宁朝阳人，高级讲师，主要从事数学教育教学研究 . 4 0 1 232 ) 基金项目 : 辽宁省教育厅科研立项课题 ( 20 收稿日期 : 20 1 0- 1 0- 1 0
1 2
4
=
2
பைடு நூலகம்
( 1 . 朝阳市财经学校辽宁朝阳 1 22 0 0 0 ; 2 . 朝阳师范高等专科学校辽宁朝阳 1 22 0 0 0 )
4 4 � � � � = 2， ( ， ) = 1 当 = Q2 + 1 ， 4 Q，为奇素数时的全摘要: 利用初等方法给出了丢番图方程 4 +
辽宁大学学报
第 38 卷第2期 20 11 年
J OU RNAL OF LI AONING U NI VERS I TY
V o l.38 N o .2 20 11
自然科学版 � � � � � � � � � � � � Na a S c e c e Ed
关于丢番图方程 4 4 +

组合理论中的一个丢番图方程

组合理论中的一个丢番图方程好的，一个丢番图方程是在组合理论中用来表示图的一种方法。

一个丢番图 G 可以表示为一个二元组 (V, E)，其中 V 是一组点，E 是一组边，边连接了 V 中的两个点。

一个丢番图方程可以表示为：G=(V,E)。

例如，如果我们有一个丢番图 G，其中包含 3 个点
（V1、V2、V3）和 3 条边（E1、E2、E3），则可以将这个
图表示为 G=(V,E)，其中 V=（V1、V2、V3），E=（E1、
E2、E3）。

这里的点和边可以被标记为任何你喜欢的标识符，只要这些标识符能帮助你在图中找到对应的点和边即可。

丢番图是一种常用的图模型，广泛应用于计算机科学、数学、物理学和工程学等领域。

希望这对你有帮助。

关于丢番图方程x 3+1=py 2

ｔｅｅｉｈｎｉｅｑａｏ＋１Ｙｈｓｏｏｉｖｔｅｌｔｎｘｙ．ｈｎｔｏａｔｕｔｎ＝Ｐａｓｉｅｎｅｒｏｉ（，）ｈＤｐｎｅｉｘｎｐｔｉｇｓｕｏ
ＫｅｒｓＤｉｐａｔｅｅｕｔｎ；ｐｓｔｅｉｔｇｒｏｕｉｎ；ｓｌａｉｔｙｗｏｄ：ｏｈｎｉｑａｉｎｏｏｉｖｅｅｌｔｉｎｓｏｏｖｂｌｙｉ
ＬＩＹａｈｏ－ｚｕ
（ｅａｔｅｔｆｏｒａＰｂｓｉｇｈａｘＩｓｔｔｏＥｕａｉ，Ｘ’ｎ１０１ｈｎ）ＤｐｒｎＪｕｌｕｌｈｎ，Ｓａｎｉｎｔｕｅｆｄｃｔｎｉ０６，Ｃｉａｍｏｎｉｉｏａ７
ＡｂｔａｔＬｔｂｎｏｄｐｉ，ｕｅｈｒｒｓｃ：ｅＰｅａｄｒｍｅｒｓｄｔｅｉｙｍｅｏｏｐｏｅｔａｉｐ２ｓｐｍａｔｄｔｒｖｈｔｆ７＋１，ｗｅｅｉａｖｎｉｔｇｒｈｈｒｓｎｅｅｎｅｅ，
其中：ａ易是适合３ｂ＝Ｙ的正整数．由式（，ａ６）可得
３２一１（ａ）＋１（ｂ。＝ｐ２）（７）
从方程（７）可知，（ｙ＝（易２一１是方程ｘ，）２，以）
ｐＸ。一３Ｙ＝Βιβλιοθήκη １，Ｘ，ＮＹ∈
（８）
的一组解．因为Ｐ＝２ｓ７＋１，所以方程（８）的最小解（）（，）１３）于是，根据文献【】ｘ，是ｘ１＝（ｓ．，６

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。

关于丢番图方程x3-8=Dy2

Ｙ）＝１的正整数解的一个充分条件．本文给出了Ｄ含６＋１型素因子时方程（１）无正整数解的一个充分条件．
对于情形ｔｉ，由Ｄ＝１２ｋ（４ｋ一１）＋１得Ｄ一１（ｍｏｄ４），
弓Ｉ理
若Ｄ＝３ｔ（ｆ＋１）＋１（ｔ∈Ⅳ），贝０
又Ｄ为奇素数，为奇数，则由第二式知为奇数，故
一１（ｍｏｄ４），而Ｄ＝１２ｋ（４ｋ一１）＋１，故Ｄ；１（ｍｏｄ４），所
以Ｄｖ１（ｍｏｄ４），所以有３Ｅ＋２＋４＝Ｄｖｉ１（ｍｏｄ
定理
设Ｄ＝１２ｋ（４ｋ一１）＋１（Ｊｉ｝ ∈Ｚ）为奇素数，则丢
又为奇数，则由第二式知为奇数，故
所以３ｉ＋２＋４＝
１（ｍｏｄ４），
番图方程一８＝Ｄｙ，，Ｙ∈ Ｎ无ｇｅｄ（ｘ，Ｙ）：１的正整数解．
Ｄｘ一３ｙｚ＝１（２）
又为奇数，故Ｚ／，为奇数，则ｕ一１（ｍｏｄ４），所以＝Ｄｕ＋
２— ３（ｍｏｄ４），贝０＋２＋４；３（ｍｏｄ４）．
的最小解为（２，２ｔ＋１）．
是正奇素数）时方程（１）无正整数解的一些充分条件．乐茂
华给出了方程一８＝ＰＹ无ｇｅｄ（ｘ，ｙ＿）＝１的正整数解的
一
个充分条件．乐茂华 … 给出了方程一８＝３ｐｙ２无ｇｅｄ（ｘ，４），矛盾．故情形ｉ无方程（１）的满足ｇｅｄ（ｘ，Ｙ）＝１的正整数解．、

一类丢番图方程的解

一类丢番图方程的解
一元二次方程的解法是一个古老的数学问题，但也是一个有趣的课题。

一元二次方程可以定义为一个有一个未知量的平方型方程，形式如下：ax² + bx + c =
0。

其中a、b和c是系数，x是未知量。

一元二次方程的解一般有两种：一是利用公式法，即求解“ax² + bx + c = 0”的解；二是利用图像法，把方程的解图像化，从而获得解。

在利用公式法求解一元二次方程的解时，首先要确定方程的系数a、b和c，然后把它们代入公式中：x = (-b ± √(b² -
4ac)) / 2a，这样就可以求出该方程的解。

利用图像法求解一元二次方程的解，首先要画出方程的图形，用一个坐标系表示。

其次，把方程的左边和右边分别画成两条不同的直线，即y = ax² + bx + c和y =
0，这样就可以求出方程的解。

在求解一元二次方程的解时，无论采用哪种方法，都需要注意：在求解方程的解时，要确保系数a、b和c都有实数值，不能是虚数，否则就会出现错误。

总之，一元二次方程的解是一个古老的数学问题，但也是一个有趣的课题，应用解析法和图像法都可以求出方程的解，但在求解过程中，要注意系数的实数性。

关于丢番图方程 kx^2-ly^2=4

本文将Stormvs定理推广到不定方程
!"2 -#$2 = 4 ,
!1)
这里! > 0，/ > 0是整数，且！！,#) = 1,2彳!# > 0 ,!非 n=1! !",$) 是!1) 的 p ,",$ JPp%
数，使方程！ 1)有正奇数解。我们证明了：
" $ 号或( ) 槡 1)若"=pn"', dUp为素数,P
其中"#槡槡+ $#槡是方程! 1)的最小奇数解,2 & N %
引理2&6'设"和$是不定方程""= 4的正整数解，其中",# & z," > 0 ,# > 0 , ( ",#) = 1,2扌"#,
"不是平方数，如果x的每个素因子均整除"#，或y的每个素因子均整除$#，则"槡+y槡=3,其中3 = "#槡
M.ND#2019-03-29!!FOPQ#
f
(10571180)；| B# 4h ;
(16ZA0173)
作者简介：吴月(1995 $),女，四通信作者：罗贵(1962一),，四
阳人，硕士生，主要从事数论
％ E-m@l：2741716053g ss利cm
，博士，教授，硕士生导师，主要从事数论研究％ E-mail：Luojg62g aliyun. asm
0!*+
1951年，Stormes⑴曾经得到关于Pell方程的一个基本性质，即如下的： .749K;9n=! ".$ J p,'“Pel "2 -M$2 =c#!M> 0= p, ‘

关于丢番图方程px 4-(p-1)y 2=z 4

引理２３设ｍ无平方因子，ｍ＝ｋ－当４１４
作者简介：王洪昌（９３）男，１５．，辽宁盘锦人，副教授，从事数学教育教学研究基金项目：辽宁省教育厅科研立项课题（０２００２０２４）
收稿日期：０８０－１２０－３０
Ｖｏ．５Ｎｏ２２０３】．０８

关于丢番图方程４一（，）２＝ｚｊ一１Ｙ５４
王洪昌
（营口职业技术学院，辽宁营口１５０）１００
摘
要：利用初等方法给出了丢番图方程一（Ｐ一１＝当Ｐ一１时的全部正整数解，）＝Ｑ从而推广了
方程（）２的全部正整数解为：
（）Ｙ＞，Ⅱ ）Ｉ若贝（ｉ＝ｃ：Ｙ＝２＋ｄｄ，ｃ（＋４ｄｄ（ｃ；ｃｉ／，ｃ；ｄｄ）ｃｐ２＋；）Ｑ＝ｆｃ＋ｃｄｄ
ｐｃ２
】
Ｑ）或者其中Ｃ，ｃ．ｄ满足一Ｃ且Ｃ，Ｄ＝：
张跃辉关于３一＝的结果．２
关键词：丢番图方程；正整数解；两两互素
中图分类号：１７６０５．文献标识码：Ａ文章编号：００５４（０８０－１５０１０－８６２０）２７－３０
文［］出了丢番图方程１给
ｄ满足Ｃ（ｄｐ＋Ｃ）＝ｄ（＋Ｑ和ｄ（一Ｄｃｄ）２ｄ
Ｃ）＝Ｃ（ — ｃｄ）】ＤＱ２】．
ｄ一；；，ｃＩ其中ｃ，２ｆｐ＇Ｄ＝：且Ｃ，ｄ１ｄ满ｉｃ一ｄ，２：￣

关于丢番图方程x4-py4=z2

（８７３５９，１９１） … ；７２，１１４２０５６４７９，户一１７时，程（）解（，）（，，）（，，７，４，４方１有Ｙ，一３１８，９４４）（９２，
３３），３４，８７（０９１３３４，０３４２５（３，１０），１３，８１９３０７）， …
中三式有
一
４＋ａ
（）３
由引理１知，程（）方３的全部正整数解为
２ａ６ｚ一２ｃ（）一１ｃ＞０ｄ＞０（）４
由（）４中二式有ｆｄ一，＞０ｄ＞Ｏｂ一。。代入（） —ｆ，Ｃｏ，。，ｏｄ，４中一式得
关于丢番图方程ｚ一Ｐ４ｙ４一２
佟瑞洲，振堂王
（．阳师范高等专科学校，宁朝阳１２０；．阳市财经学校。宁朝阳１２０）１朝辽２００２朝辽２００
摘要：利用初等方法给出了丢番图方程一一Ｐ一，ｚ一１２ — Ｑ＋ｌＰ为奇素数时的全ｙ（，），ｌｙ当２，
ｐ＝Ｏ，。１
２定理１的证明
引理１Ｃ设无平方因数，则当ｍ一４ ±１时，番图方程走丢
ｚ＋ｍｙ一ｚ。（，）一１ＴＥｌ＞０
第２期
佟瑞洲，：于丢番图方程．－ｐ等关Ｔａｙ一
ｋ满足
Ｄ一ｋ — ｐｈ
且ｈ和ｋ满足

关于丢番图方程x3±8=Dy2

x 3 8 3 py 2
(3b)
无 gcd ( x, y ) 1 的正整数解的一个充分条件。本文给出了 (2a) (2b) D 含 6k 1 型素因子时方程(1)无正整数解的充分条件。定理 1
3
x 8 3Dy
3
2
无非平凡整数解；若 D≡1, 9(mod 20)，则方程
若 D≡19(mod 24)为奇素数，则丢番图方程 (1a)
( x, y ) ( 2,0) ；
若 D≡0, 1, 2(mod 4)，则方程
x 8 Dy
3
2
(1b)
x 3 8 3 py 2
[8]
(3a)
仅有整数解
无 gcd( x, y ) 1 的正整数解的一个充分条件；乐茂华给出了方程
[2]
( x, y ) (2,0) 。
1981 年柯召、孙琦证明了 D 不能被 3 或 6k 1 形的素因子整除时，如果 D≡11, 19(mod 20)，则方程
情形。表1 情形 I II III IV D≡19(mod 24)为奇素数时方程(1a) 可分解的 4 种可能情形
又 D 为奇素数， x 1(mod2) ，则由第二式知 b 为奇数，故 b 2 1(mod8) ，而 D≡19(mod 24)，故 D≡3(mod 8)，所以 Db 2 3(mod8) ，所以有
2
3Du
3v
2
下面分别讨论这 4 种情形下方程(1b)的解的情况。由于 gcd( x, y ) 1 ，故 x 1(mod2) ， y 1(mod2) 。对于情形 I，由 x 2 u 2 及 x 1(mod2) 知 u 为奇数，故 u 2 1(mod8) ，从而得

关于丢番图方程Px4-qy2=z4

学者们对于某类特殊的正整数Ｐ，ｑ寻找给出丢番图方程：
ｐｘ一ｑＹ＝Ｚ，（，Ｙ）＝１
・
（１）
的全部正整数解的方法，目的是对于任意的正整数Ｐ，ｑ，寻找给出方程（１）全部正整数解的统一解法。目前
＞０，ｑ＝２，Ｐｉｓｏｄｄｐｒｉｍｅｉｎｔｅｇｅｒ，ｔｈｅｎａｌｌｐｏｓｉｔｉｖｅｉｎｔｅｇｅｒｓｏｌｕｔｉｏｎｓｏｆｄｉｏｐａｎｈｔｉｎｅｅｑｕａｔｉｏｎｈｅｆｏｒｅｇｏｉｎｇｍｅｔｈｏｄｍａｙｂｅｕｓｅｄｔｏｓｏｌｖｅａｃｌａｓｓｏｆｅｑｕａｔｉｏｎｓｓｕｃｈａｓｐＸ４一ｑｙ２－＿ｚ４ｐｘ＇．ｑｙ２＝ｚ４ａｒｅｇｉｖｅｎＴ
Ａｂｓｔｒａｃｔ：ｐｘ４．ｑｙ２：ｉｓｃｈａｎｇｅｄｉｎｔｏＸ２＋ｍ：ｂｙｕｓｉｎｇｅｌｅｍｅｎｔａｒｙｍｅｔｈｏｄｓ
．
Ｗｈｅｎｐ＝２Ｑ２＋Ｉ，Ｏ
．
ａｎｄｔｈｅｒｅｓｕｌｔｏｆｅｑａｔｕｉｏｎｐｘ４．ｑＹ－ｚ＇ａｒｅｄｅｖｅｌｏｐｅｄｈｅｒｏｒｄｓ：ｄｉｏｐｈａｎｔｉｎｅｅｑａｔｕｉｏｎ；ｐｏｓｉｔｉｖｅｉｎｔｅｇｅｒｓｏｌｕｔｉｏｎ；ｐｒｉｍｅｔｏｅａｃｈｏｔｈｅｒ

关于丢番图方程(65n)^x+(2112n)^y=(2113n)^z

的情况．得到了定理１．
文献【３】证明了对正整数ｋ，当
ａ＝２ｋ＋ｌ，ｂ＝２ｋ（ｋ＋１），ｃ＝２ｋ（ｋ＋１）＋１，
定理ｌ对任意的正整数，丢番图方程
（６５ｎ）＋（２１１２ｎ）￣＝（２１１３ｎ），（２）
显然有正整数解（，Ｙ，ｚ）＝（２，２，２）．１９５６年，文献［１】证明了当
ｎ＝ｌ，（ａ，ｂ，ｃ）＝（３，４，５），
其中ａ，ｂ，ｃ是毕达哥拉斯本原数组．
最近，文献［７１￣明了对任意的正整数几．－（８ｎ）＋（１５ｎ）Ｙ＝（１７ｎ），
（，Ｙ，ｚ）＝（２，２，２）．
作者简介：崔保军（１９８ｏ＿－），男，甘肃天水人，讲师．研究方向：数论
１０
第２１卷第１２期（２０１６）
崔保军：关于丢番图方程（６５）（２１１２ｎ）Ｙ＝（２１１３ｎ）
（，Ｙ，）＝（２，２，２）．
在文中Ｊｅ￣ｍａｎｏｗｉｃｚ猜想对任意的正整数ｎ方程（１）仅有正整数解
（，Ｙ，）＝（２，２，２）．
考虑方程（１）中
（ａ，ｂ，ｃ）：（６５，２１１２，２１１３），

关于Kenichiro的一个丢番图方程问题

关于Kenichiro的一个丢番图方程问题
杨仕椿;汤建钢;吴莉
【期刊名称】《纯粹数学与应用数学》
【年(卷),期】2014(000)006
【摘要】研究了 Kenichiro 提出的轮换对称形式的丢番图方程,即方程 ab bc ca =y a+b+c3的求解问题,利用素数整除的一些性质,证明了该方程仅有平凡解
a=b=c 以及非平凡解(a, b, c)=(k, k,4k),(k,4k, k),(4k, k, k)(k∈N),从而完全解决了这个方程。

【总页数】7页(P551-557)
【作者】杨仕椿;汤建钢;吴莉
【作者单位】伊犁师范学院数学与统计学院，新疆伊宁 835000; 阿坝师范高等专科学校数学系，四川汶川 623000;阿坝师范高等专科学校数学系，四川汶川623000;阿坝师范高等专科学校数学系，四川汶川 623000
【正文语种】中文
【中图分类】O156.7
【相关文献】
1.一个丢番图方程组的初等解法 [J], 佟瑞洲;王振堂
2.与阶乘有关的丢番图方程的一个猜想 [J], 王超
3.丢番图方程ax4+by4=cz2的一个结果 [J], 陈塞月;佟瑞洲
4.关于单K_4-群中的一个丢番图方程及其推广 [J], 何宗友
5.丢番图方程ax+by=n的一个注记 [J], 薛晓果;孟倩倩;张彬;任福梅
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收稿日期：２１— ０１００１— ０作者简介：佟瑞洲（９２）１６一，男，辽宁凌源人，教授．。
第６期
佟瑞洲等：一个丢番图方程组的初等解法
３９９
引理２（Ｕ＋＝Ｕｖｖ；ｉ）Ｕ＋３．
（）＋ｉ＝Ｕｉ（ｉＵ一ｉ）＝Ｕｉ，＋【；，：一ｖ；＝＝２Ｕ．
中图分类号：Ｏ１２２
文献标识码：Ａ
文章编号：ｌ７２１０００ —３８０６４３６（１）６０９ —２２
ＥｌｍｅｔｒｏｕｉｎｔｏｈｎｉｅｅｎａｙＳｌｔｏｏＤｉｐａｔｎ
ＳｍｕｔｎｏｓＥｑａｉｎｉｌａｅｕｕｔｏｓ
（）＝Ｕ＝２一１＋ｌｉＵ２Ｖ２＋３＝６，
由引理２可推得：
引理３，（１Ｕ（ｏＵ）Ｕ兰一）ｍｄ，。
利用上述引理，给出定理的证明过程。证明由方程组（）１的第二个方程得到
（１一（ｚ：２一）３ｙ１ｙ２）
Ｋｅｗｏｄ：ｄｏｈａｔｎｉｙｒｓｉｐｎｉｅｓｍｕｌｎｏｓｅｕａｉｎ；ｅｕｓｖｅｕｎｅｍｅｈｏｅｅｅｔｒｒｏ；ｔｅｕｑｔｏｓｒｃｒｉｅｓｑｅｃｔｄ；ｌｍｎａｙｐｏｆａ
Ｖｏ１３ＮＯ．．０，６
Ｄｅ．００ｃ２１
一
个丢番图方程组的初等解法
佟瑞洲，王振堂２
ｔ．阳师范高等号科学校，辽宁朝阳１２０；２１朝２００．朝阳市财经学校，辽宁朝阳１２０）２００
摘要ｌ１，ｕｇ证了ｅ程ｊ：９年Ｌｎｒ明Ｐ方组４ｊｇｅｎｌ１
令Ｕ＝２，ｙ一１Ｖ＝２ｚ，则由Ｐｌ方程的解法知上述方程的全部解为ｙｅｌ
＋ √ 《＋ｒ＝，２３ … ｒ：， √ 、，０１，．３３２）， …
并且由方程组（）１的第一个方程：
Ｕ＝２ｙ一１＝一２，＝Ｕ＋２
（）２
ｆ２１ｘ－：ｙ
ｌ一ｚ＝ｙ３１
仅正数３：ｚ．８，珍用有整解，２：１９曹富），１９￣，
Ｂｋｒ法给出上述结果的一个汪明。用递推序列法给出一个简洁的初等证明。ａｅ方关键词：丢番图方程组；递推序列法；初等证明；正整数解
１４年，Ｌｕｇｒｎ在文献【】明了９１ｊｎｇｅ１证
定理Ｐｌ方程组ｅｌ
＿２ｙ（）１
【一ｚ＝ｙ３Ｉ
仅有正整数解ｘ３ｙ２ｚ１＝，＝，．＝１８９９年，曹珍富用Ｂｋｒａｅ方法给出上述定理的一个证明，至今没有见到用初等方法给出月
辽宁工业大学学报（自然科学版）
Ｊｕｎｌｆｉｎｎｉｅｓｙｏｃｎｌｇ（ｔｒｃｅｃｄｔｎｏｒａｏａｉｇＵｎｖｒｉｆｅｈｏｏｙＮａａＳｉｎｅｉｏ）ＬｏｔＴｕｌＥｉ
文用递推序列法给出一个简洁的初等证明。为此，定义递推序列，如下：
Ｕ
易证下面引理１、引理２成立。
＝２）ｒ０，３（ ” ＝， …… ＋，１ｔ２
￡２，：一：＋；２
）－Ｕ半
；
（）Ｕ＝４ｉｉＵ川一Ｕ，＋＝４ｌ２ｖ＋～ｖ．
ＴＯＮＧｉｚｏＷＡＮＧｅ．ａｇＲｕ．ｈｕ，Ｚｈｎｔｎ。
（ａｙｎｅｃｅｓＣｏｌｇ．ａｙｎ２００Ｃｈｎ；．ａｙｎｉａｃｃｏｌＣｈｏａｇ１２０，ｉａ）ＣｈｏａｇＴａｈｒｌｅＣｈｏａｇ１２０，ｉａ２ＣｈｏａｇＦｎｎｅＳｈｏ，ａｙｎ２００Ｃｈｎｅ
ｏｎｙｐｉｖｎｅｅｏｌｉ＝，＝，＝１Ｉ９ｌｏｓｔｅｉｔｇｒｓｕｔｉｏｎｘ３ｙ２ｚ．ｎ１９８，ＣａｅｆｖｒｏｆｔｅａｖｅｕｔｔｏＺｈｎｕｇａｅａｐｏｆｏｈｂｏｅｒｓｌｓｗｉｈＢａｅｅｏＨｏｗｅｅｖｖｅｉｋｒｍｔｄ．ｈｖｒｗｅｈａｅｇｉｎａｓｍｐｌｌｍｅｔｒｒｏｙｒｃｒｉｅｓｑｎｃｔｏｅｅｅｎａｙｐｏｆｂｅｕｓｖｅｕｅｅｍｅｈｄ．
ｐｏｉｉｎｅｒｓｕｉｓｔｖｅｉｔｇｅｏｌｔｏｎ
ＡｂｔａｔＩ９１Ｌｕｇｒｎｐｏｅａｓｌｎｏｓｅｌｑａｉｎ２ｙ＝ｎ－ｚ＝ａｅｓｒｃ：ｎ１４．ｊｎｇｅｒｖｄｔｔｉｔｅｕｌｅｕｔｓ — １ｄ２３ｌｖｈｍｕａＰｏＸ２ａｙｈ