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 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
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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=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
（ １ ． Ｓ ｃ ｈ ｏ ｏ ｌ ｏ ｆ Ｔ ｅ ａ ｃ ｈ ｅ ｒ Ｅ ｄ ｕ ｃ ａ ｔ ｉ ｏ ｎ ， Ｑ ｕ ｊ ｉ ｎ ｇ Ｎ ｏ ｒ ｍ ａ ｌ Ｕ ｎ ｉ ｖ ｅ ｒ ｓ ｉ ｔ ｙ ， Ｑ ｕ ｊ ｉ ｎ ｇ ６ ５ ５ ０ １ １ ， Ｃ ｈ ｉ ｎ ａ ； ２ ． Ｔ ｅ ａ ｃ ｈ ｅ ｒ ｓ ’ Ｅ ｄ ｕ ｃ ａ ｔ ｉ ｏ ｎ ａ ｌ Ｃ ｏ ｌ ｌ ｅ ｇ ｅ ， Ｈ ｏ ｎ ｇ ｈ ｅ Ｕ ｎ ｉ ｖ ｅ ｓｉ ｒ ｔ ｙ ， Ｍｅ ｎ ｇ ｚ ｉ ６ ６ １ １ ９ ９ ， Ｃ ｈ ｉ ｎ ａ ）
ｔ ｈ ａ ｔ ｔ ｈ ｅ ｉ ｎ ｄ ｅ ｉ ｆ ｎ ｉ ｔ ｅ ｅ ｑ ｕ ａ ｔ ｉ ｏ ｎ 一２ ７＝ ｐ ｙ ｈ ａ ｓ ｎ ｏ ｐ ｏ ｓ ｉ ｔ ｉ ｖ ｅ ｉ ｎ ｔ ｅ ｇ ｅ ｒ ｓ ｏ ｌ ｕ ｔ ｉ ｏ ｎ ｓ ，ｗ ｈ ｅ ｒ ｅ Ｐ＝３ ｋ （ ＋ １ ） ＋１ １
Ａｂｓ ｔ ｒ ａｃ ｔ ：Ｌ ｅ ｔ Ｐ ｂ ｅ ａ ｎ ｏ ｄ ｄ ｐ ｒ ｉ ｍｅ．Ｉ ｎ ｔ ｈ ｉ ｓ ｐａ ｐ ｅ ｒ ， ｗｅ ｐ ｒ ｏ ｖ ｅ ｔ ｈ ａ ｔ ｔ ｈ ｅ ｉ ｎ ｄ ｅ ｉｎ ｆ ｉ ｔ ｅ ｅ ｑ ｕ ａ ｔ ｉ ｏ ｎ Ｘ３ ＋２ ７＝ｐ ｙ ｈ ａ ｓ ｎ ｏ
Ｖ ｏ １ ． ３ １ Ｎｏ ． ２
Ｊ ｕ ｎ ． ２ ０ １ ３
关 于 丢 番 图方 程 ３ ± ２ ７ ＝ ｐ ｙ ２
钱立凯 ， 杜先存
（ １ ． 曲靖 师 范 学院 教 师教 育 学院 ， 云 南 曲靖 ６ ５ ５ ０ １ １ ； ２ ． 红 河学 院 教 师教 育 学院 ， 云南 蒙 自 ６ ６ １ １ ９ ９ ）
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 （ Ｄ Ｄ＞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 ； １ ｒｏ ） 再 由后式得 （ ｄ３ ， ｏ
１ｖ ９ 一 ＋１ ｍｏ （ ｄ３）
因子 ， 被 ６ 且 ＋１型 的 素 数 整 除 时 ， 有 当 Ｄ ＝７， 只
１ ，５ ３ ， ８ ５ ， ５ ８ ４ ３ ，７ ３ ，７ ６ ，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 ， ７ ２） ３ 因为方程 一 ７ ５ｙ ＝一３的全 部整数 解， 由以下 结合 类 给出
且 ３Ｉ， ｐ 从而 一 １ ０ ｒ ｄ ）所以（ｘ １ ＋ － （ ｏ ， ｏ ９ ２一 ） ＋
３ ０ ｒ ｄ９ ， ２ ＝ ｏ － （ ｏ ）但 ｘ一１ （ ｏ ） 即（ｘ一１ ＝０ ；０ ｒ ｄ３ ， ２ ｏ ）
（ ｏ ） 从而 ３ （ ｏ ） 矛 盾 。 ｏ ｒ ｄ９ ， ＝０ ｒ ｄ９ ， ｏ
即 ６ ｚ ＝±（ “ ３ ｖ）＋ ， ５ ＋ ８ １ 凡∈Ｚ
情形 Ⅱ
情形 １ １
＋１＝ ｕ ， 一 ＋１ ９ Ｙ＝ ３ ＝１ｖ ，
＋１＝ ， 一 ＋１ ５ ｖ ， ＝ ７ ｙ＝
由于 ５ 一一 ＋ ８ 一一 ＝ ｕ ＋ — ８ １ ｕ ｌ ３ ｖ １ ５ １ ３ ｖ＋ ＝ ５ １ １ ＋ １ ｖ） ３ （０ ＋ ５ｖ）＝一（“ ＋ ８ （５ ｕ １４ 一 ８ ２ ｕ １１ Ｏ ５ ３ｖ） 所 以只须考 虑 ６ ５ ＋ ８ ＋ ， ∈Ｚ ｚ ＝ ｕ ３ｖ １ ｎ （） 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。
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丢番图方程
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，其中所有的a j、b j和c 均是整数，若其中能找到一组整数解m1,m2...m n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。
一次不定方程
一次不定方程是形式如a1x1 + a2x2 + ... + a n x n = c的方程，一次不定方程有整数解的充要条件为： (a1,...,a n)须是c的因子，其中(a1,...,a n)表示a1,...,a n 的最大公因子。
若有二元一次不定方程ax+ by= c，且(a,b) | c，则其必有一组整数解x1,y1，并且还有以下关系式：
∙x = x1 + [b / (a,b)]t
∙y = y1− [a / (a,b)]t
t为任意整数，故此一次不定方程有无限多解。
请参见贝祖等式。
丢番图分析
经典问题
∙有解答吗？
∙除了一些显然易见的解答外，还有哪些解答？
∙解答的数目是有限还是无限？
∙理论上，所有解答是否都能找到？
∙实际上能否计算出所有解答？
希尔伯特第十问题
1900年，希尔伯特提出丢番图问题的可解答性为他的23个问题中的第10题。
1970年，一个数理逻辑的结果马蒂雅谢维奇定理（Matiyasevich's theorem）说明：一般来说，丢番图问题都是不可解的。
更精确的说法是，不可能存在一个算法能够判定任何丢番图方程式否有解，甚至，在任何兼容于 Peano 算数的系统当中，都能具体构造出一个丢番图方程，使得没有任何办法可以判断它是否有解。
现代研究
∙丢番图集是递归可枚举集。
∙常用的方法有无穷递降法和哈赛原理。
∙丢番图逼近研究了变量为整数，但系数可为无理数的不等式。