关于丢番图方程x2-2p=y n的解
关于一类二次丢番图方程的解
关于一类二次丢番图方程的解一类二次丢番图方程是一种式子，它包括一个平方项和两个一次项，通常写为：ax2 + bx + c = 0。
解决这类方程是很多学科中十分重要的一部分，几乎涉及到数学、物理、化学等学科中的所有专业。
了解这类方程的解决方案对于学生学习、科学研究以及实际应用都是非常必要的，因此本文致力于介绍一类二次丢番图方程的解决方案。
一.据一般的解决方案，一类二次丢番图方程的解可以由两个定义的实根求出。
一类二次丢番图方程有两种可能的解法：一是“平方根公式”，是一类二次丢番图方程的标准解法；二是“分解法”，这种解法在一类二次丢番图方程有负数解时更有用。
（1）平方根公式。
平方根公式是一类二次丢番图方程的标准解法，它可以用来求出一个二次方程的两个根，一般情况下，令D表示方程的判别式，公式如下：若D>0：x1＝-b+√D/2a， x2＝-b-√D/2a若D=0：x＝-b/2a若D＜0：无实根（2）分解法。
分解法是一类二次丢番图方程的另外一种解法，当一类二次丢番图方程有负数解时，分解法就比平方根公式更有用。
其具体过程如下：首先，将存在负数解的一类二次丢番图方程写成一组二次方程组，然后对两个含有次方项的二次方程分别求解，得到实根。
二.一种“解方程律”方法也可以用来解决这类问题。
“解方程律”是一种使用的方法，它可以用来求解一类二次丢番图方程。
解方程律的步骤如下：（1）将一类二次丢番图方程转化为主要形式：ax2 + bx + c = 0。
（2）使用“解方程律”求解：x=2c/（-b±√(b2-4ac)）（3）将求得的解代入原方程，验证求解的正确性。
三.一类二次丢番图方程求解只有一个实根时，可以使用“简化判别式法”和“零根法”来解决。
（1）简化判别式法。
简化判别式法是将一类二次丢番图方程简化为一个一次方程来求解，这种方法只适用于有一个实根的情况，一般情况下，将方程转化为一次方程x=y/a，将得到的值代入原方程，即可求解得到实根，公式如下：y=±√(b2-4ac)，x=y/a（2）零根法。
关于丢番图方程x2+3a11b=yn
关于丢番图方程x2+3a11b=yn
马永刚
【期刊名称】《西南民族大学学报（自然科学版）》
【年(卷),期】2010(036)002
【摘要】本文利用代数数论的方法讨论丢番图x2+3a11b=yn (n=3,5)的解的情况.【总页数】3页(P182-184)
【作者】马永刚
【作者单位】中国矿业大学银川学院,宁夏银川,750012
【正文语种】中文
【中图分类】O156
【相关文献】
1.关于丢番图方程x2-2p=yn的解 [J], 刘荣;袁进;赵艳
2.关于丢番图方程S1(x)=yn正整数解的讨论 [J], 庞通
3.关于丢番图方程f(x)=yn-1/y-1的解 [J], 杨仕椿
4.关于指数丢番图方程x2+3m=yn [J], 胡永忠
5.丢番图方程x2+3m=yn [J], 潘家宇
因版权原因，仅展示原文概要，查看原文内容请购买。
关于丢番图方程p^x-q^y=2
对方程 ３ 一 ２ ７ １ ＝ ２取模 ５ ， 得３ －３ （ ｏ ｒ ｏ ｄ ５ ） ， 推出 ；ｌ （ ｍ ｏ ｄ ４ ） ， 这不可能成立 ． 当３ ｆ Ｐ时 ， 对方程（ １ ） 取模 ３ ， 得ｑ － － ２ （ ｏ ｒ ｏ ｄ ３ ） ， 于是 ｑ －２ ３ （ ｏ ｒ ｏ ｄ ２ ４ ） ， 从而有 ｇ ∈ ｛ ２ ３ ， ４ ７ ， ７ １ ， １ ６ ７ ， １ ９ １ ，
３ 一２ ４ １：２， ２ ４１—２ ３ ９＝２， ２ ２ ９—２ ２ ７ ＝２，２ ７ １—２ ６ ９ ＝２，２ ８ ３ —２ ８ １＝２ ．
定 理 ｌ的证 明 当２ ｌ ｙ时 ， 方程（ １ ） 可化 为 （ ｇ ） ＋ ２＝ ， 由文 献 ［ ４ ］ 可得 （ １ ， ， ｑ ｙ ／ 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２ ０ ０＜ｍａ ｘ ｛ Ｐ， ｑ ｝ ＜ ３ ０ ０时 的全部 正 整数解 ．
１ 定 理 及 证 明
定理 １ 当 ２Ｉ Ｙ时 ， 方程（ １ ） 无解 。
定理 ２ 当２ ｆ Ｙ 且２ ｌ 时 ， 方程 （ １ ）无解． 定理 ３ 当２ ｆ Ｙ且 ２ ｆ 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 ５ ７ ０ ２ ２ ８ ） 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 ２ ０ ０＜ｍ ａ ｘ ｛ ｐ ， ｑ ｝＜ ３ ０ ０时的全部
丢番图方程整数解方法之欧阳道创编
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.0,2,0,4y=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2537,(=,所以原方程有整数解.1)107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。
2017版考前三个月高考数学(全国甲卷通用理科)知识 方法篇 专题7 解析几何 第35练 Word版含答案
第35练 圆锥曲线中的探索性问题[题型分析·高考展望] 本部分主要以解答题形式考查，往往是试卷的压轴题之一，一般以椭圆或抛物线为背景，考查弦长、定点、定值、最值范围问题或探索性问题，试题难度较大.体验高考1.(2016·山东)平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是32，抛物线E ：x 2＝2y 的焦点F 是C 的一个顶点.(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是E 上的动点，且位于第一象限，E 在点P 处的切线l 与C 交于不同的两点A ，B ，线段AB 的中点为D .直线OD 与过P 且垂直于x 轴的直线交于点M . ①求证：点M 在定直线上；②直线l 与y 轴交于点G ，记△PFG 的面积为S 1，△PDM 的面积为S 2，求S 1S 2的最大值及取得最大值时点P 的坐标.(1)解 由题意知a 2－b 2a ＝32，可得a 2＝4b 2，因为抛物线E 的焦点F ⎝⎛⎭⎫0，12，所以b ＝12，a ＝1，所以椭圆C 的方程为x 2＋4y 2＝1.(2)①证明 设P ⎝⎛⎭⎫m ，m22(m >0)，由x 2＝2y ，可得y ′＝x ，所以直线l 的斜率为m ，因此直线l 的方程为y －m 22＝m (x －m )，即y ＝mx －m 22.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (x 0，y 0).联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝1，y ＝mx －m 22， 得(4m 2＋1)x 2－4m 3x ＋m 4－1＝0.由Δ>0，得0<m <2＋5(或0<m 2<2＋5).(*)且x 1＋x 2＝4m 34m 2＋1，因此x 0＝2m 34m 2＋1，将其代入y ＝mx －m 22，得y 0＝－m 22(4m 2＋1)，因为y 0x 0＝－14m. 所以直线OD 方程为y ＝－14mx ，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－14m x ，x ＝m ，得点M 的纵坐标y M ＝－14，所以点M 在定直线y ＝－14上.②解 由①知直线l 的方程为y ＝mx －m 22，令x ＝0，得y ＝－m 22，所以G ⎝⎛⎭⎫0，－m 22，又P ⎝⎛⎭⎫m ，m 22，F ⎝⎛⎭⎫0，12，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m34m 2＋1，－m 22(4m 2＋1)， 所以S 1＝12·|GF |·m ＝(m 2＋1)m 4，S 2＝12·|PM |·|m －x 0|＝12×2m 2＋14×2m 3＋m 4m 2＋1＝m (2m 2＋1)28(4m 2＋1).所以S 1S 2＝2(4m 2＋1)(m 2＋1)(2m 2＋1)2.设t ＝2m 2＋1，则S 1S 2＝(2t －1)(t ＋1)t 2＝2t 2＋t －1t 2＝－1t 2＋1t ＋2，当1t ＝12，即t ＝2时，S 1S 2取到最大值94，此时m ＝22，满足(*)式，所以P 点坐标为⎝⎛⎭⎫22，14. 因此S 1S 2的最大值为94，此时点P 的坐标为⎝⎛⎭⎫22，14.2.(2016·四川)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l ：y ＝－x ＋3与椭圆E 有且只有一个公共点T . (1)求椭圆E 的方程及点T 的坐标；(2)设O 是坐标原点，直线l ′平行于OT ，与椭圆E 交于不同的两点A 、B ，且与直线l 交于点P .证明：存在常数λ，使得|PT |2＝λ|P A |·|PB |，并求λ的值. 解 (1)由已知，得a ＝2b ， 则椭圆E 的方程为x 22b 2＋y 2b2＝1.由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 22b 2＋y 2b 2＝1，y ＝－x ＋3，得3x 2－12x ＋(18－2b 2)＝0.①方程①的判别式为Δ＝24(b 2－3)，由Δ＝0，得b 2＝3，此时方程①的解为x ＝2，所以椭圆E 的方程为x 26＋y 23＝1.点T 的坐标为(2，1).(2)由已知可设直线l ′的方程为y ＝12x ＋m (m ≠0)，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ＋m ，y ＝－x ＋3，可得⎩⎨⎧x ＝2－2m 3，y ＝1＋2m3.所以P 点坐标为⎝⎛⎭⎫2－2m 3，1＋2m 3，|PT |2＝89m 2. 设点A ，B 的坐标分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).由方程组⎩⎨⎧x 26＋y 23＝1，y ＝12x ＋m ，可得3x 2＋4mx ＋(4m 2－12)＝0.② 方程②的判别式为Δ＝16(9－2m 2)， 由Δ>0，解得－322<m <322.由②得x 1＋x 2＝－4m3，x 1x 2＝4m 2－123.所以|P A |＝ ⎝⎛⎭⎫2－2m 3－x 12＋⎝⎛⎭⎫1＋2m 3－y 12 ＝52⎪⎪⎪⎪2－2m 3－x 1，同理|PB |＝52⎪⎪⎪⎪2－2m 3－x 2.所以|P A |·|PB |＝54⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫2－2m3－x 1⎝⎛⎭⎫2－2m 3－x 2 ＝54⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫2－2m 32－⎝⎛⎭⎫2－2m 3(x 1＋x 2)＋x 1x 2 ＝54⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫2－2m 32－⎝⎛⎭⎫2－2m 3⎝⎛⎭⎫－4m 3＋4m 2－123＝109m 2.故存在常数λ＝45，使得|PT |2＝λ|P A |·|PB |.高考必会题型题型一 定值、定点问题例1 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点(0，3)，离心率为12，直线l 经过椭圆C 的右焦点F 交椭圆于A 、B 两点. (1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l 交y 轴于点M ，且MA →＝λAF →，MB →＝μBF →，当直线l 的倾斜角变化时，探求λ＋μ的值是否为定值？若是，求出λ＋μ的值；否则，请说明理由. 解 (1)依题意得b ＝3，e ＝c a ＝12，a 2＝b 2＋c 2，∴a ＝2，c ＝1，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)∵直线l 与y 轴相交于点M ，故斜率存在， 又F 坐标为(1，0)，设直线l 方程为 y ＝k (x －1)，求得l 与y 轴交于M (0，－k )， 设l 交椭圆A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 24＋y 23＝1，消去y 得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0， ∴x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，又由MA →＝λAF →，∴(x 1，y 1＋k )＝λ(1－x 1，－y 1)， ∴λ＝x 11－x 1，同理μ＝x 21－x 2，∴λ＋μ＝x 11－x 1＋x 21－x 2＝x 1＋x 2－2x 1x 21－(x 1＋x 2)＋x 1x 2＝8k 23＋4k 2－2(4k 2－12)3＋4k 21－8k 23＋4k 2＋4k 2－123＋4k 2＝－83. ∴当直线l 的倾斜角变化时，λ＋μ的值为定值－83.点评 (1)定点问题的求解策略把直线或曲线方程中的变量x ，y 当作常数看待，把方程一端化为零，既然直线或曲线过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x ，y 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点. (2)定值问题的求解策略在解析几何中，有些几何量与参数无关，这就是“定值”问题，解决这类问题常通过取特殊值，先确定“定值”是多少，再进行证明，或者将问题转化为代数式，再证明该式是与变量无关的常数或者由该等式与变量无关，令其系数等于零即可得到定值.变式训练1 已知抛物线y 2＝2px (p >0)，过点M (5，－2)的动直线l 交抛物线于A ，B 两点，当直线l 的斜率为－1时，点M 恰为AB 的中点. (1)求抛物线的方程；(2)抛物线上是否存在一个定点P ，使得以弦AB 为直径的圆恒过点P ，若存在，求出点P 的坐标，若不存在，请说明理由. 解 (1)当直线l 的斜率为－1时， 直线l 的方程为x ＋y －3＝0，即x ＝3－y ， 代入y 2＝2px (p >0)得y 2＋2py －6p ＝0， y 1＋y 22＝－p ＝－2，p ＝2， 所以抛物线的方程为y 2＝4x .(2)设直线l 的方程为x ＝m (y ＋2)＋5， 代入y 2＝4x 得y 2－4my －8m －20＝0， 设点A (y 214，y 1)，B (y 224，y 2)，则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－8m －20，假设存在点P (y 204，y 0)总是在以弦AB 为直径的圆上，则P A →·PB →＝(y 214－y 204)(y 224－y 204)＋(y 1－y 0)(y 2－y 0)＝0，当y 1＝y 0或y 2＝y 0时，等式显然成立； 当y 1≠y 0或y 2≠y 0时， 则有(y 1＋y 0)(y 2＋y 0)＝－16，即4my 0＋y 20－8m －20＝－16，(4m ＋y 0＋2)(y 0－2)＝0， 解得y 0＝2，x 0＝1， 所以存在点P (1，2)满足题意.题型二 定直线问题例2 在平面直角坐标系xOy 中，过定点C (0，p )作直线与抛物线x 2＝2py (p >0)相交于A ，B 两点.(1)若点N 是点C 关于坐标原点O 的对称点，求△ANB 面积的最小值；(2)是否存在垂直于y 轴的直线l ，使得l 被以AC 为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l 的方程；若不存在，请说明理由.解 方法一 (1)依题意，点N 的坐标为(0，－p )， 可设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 直线AB 的方程为y ＝kx ＋p ，与x 2＝2py 联立得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2py ，y ＝kx ＋p ，消去y 得x 2－2pkx －2p 2＝0.由根与系数的关系得x 1＋x 2＝2pk ，x 1x 2＝－2p 2. 于是S △ABN ＝S △BCN ＋S △ACN ＝12·2p |x 1－x 2|＝p |x 1－x 2|＝p (x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝p 4p 2k 2＋8p 2＝2p 2k 2＋2， ∴当k ＝0时，(S △ABN )min ＝22p 2.(2)假设满足条件的直线l 存在，其方程为y ＝a ，AC 的中点为O ′，l 与以AC 为直径的圆相交于点P ，Q ，PQ 的中点为H ， 则O ′H ⊥PQ ，O ′点的坐标为(x 12，y 1＋p2).∵|O ′P |＝12|AC |＝12x 21＋(y 1－p )2＝12y 21＋p 2， |O ′H |＝⎪⎪⎪⎪a －y 1＋p 2＝12|2a －y 1－p |，∴|PH |2＝|O ′P |2－|O ′H |2 ＝14(y 21＋p 2)－14(2a －y 1－p )2 ＝(a －p2)y 1＋a (p －a )，∴|PQ |2＝(2|PH |)2＝4[(a －p2)y 1＋a (p －a )].令a －p 2＝0，得a ＝p 2，此时|PQ |＝p 为定值，故满足条件的直线l 存在， 其方程为y ＝p2，即抛物线的通径所在的直线.方法二 (1)前同方法一，再由弦长公式得 |AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·4p 2k 2＋8p 2 ＝2p 1＋k 2·k 2＋2，又由点到直线的距离公式得d ＝2p1＋k 2. 从而S △ABN ＝12·d ·|AB |＝12·2p 1＋k 2·k 2＋2· 2p 1＋k 2＝2p 2k 2＋2.∴当k ＝0时，(S △ABN )min ＝22p 2.(2)假设满足条件的直线l 存在，其方程为y ＝a ，则以AC 为直径的圆的方程为(x －0)(x －x 1)＋(y －p )(y －y 1)＝0， 将直线方程y ＝a 代入得x 2－x 1x ＋(a －p )(a －y 1)＝0， 则Δ＝x 21－4(a －p )(a －y 1)＝4[(a －p2)y 1＋a (p －a )]. 设直线l 与以AC 为直径的圆的交点为P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)，则有|PQ |＝|x 3－x 4| ＝ 4[(a －p2)y 1＋a (p －a )]＝2(a －p2)y 1＋a (p －a ).令a －p 2＝0，得a ＝p 2，此时|PQ |＝p 为定值，故满足条件的直线l 存在， 其方程为y ＝p2，即抛物线的通径所在的直线.点评 (1)定直线由斜率、截距、定点等因素确定. (2)定直线一般为特殊直线x ＝x 0，y ＝y 0等.变式训练2 椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，F 1、F 2分别是它的左、右焦点，已知椭圆C 过点(0，1)，且离心率e ＝223.(1)求椭圆C 的方程；(2)如图，设椭圆的左、右顶点分别为A 、B ，直线l 的方程为x ＝4，P 是椭圆上异于A 、B 的任意一点，直线P A 、PB 分别交直线l 于D 、E 两点，求F 1D →·F 2E →的值；(3)过点Q (1，0)任意作直线m (与x 轴不垂直)与椭圆C 交于M 、N 两点，与l 交于R 点，RM →＝xMQ →，RN →＝yNQ →，求证：4x ＋4y ＋5＝0. (1)解 由题意可得b ＝1，c a ＝223，∴a ＝3，椭圆C 的方程为x 29＋y 2＝1.(2)解 设P (x 0，y 0)，则直线P A 、PB 的方程分别为 y ＝y 0x 0＋3(x ＋3)，y ＝y 0x 0－3(x －3)， 将x ＝4分别代入可求得D ，E 两点的坐标分别为 D (4，7y 0x 0＋3)，E (4，y 0x 0－3). 由(1)知，F 1(－22，0)，F 2(22，0)，∴F 1D →·F 2E →＝(4＋22，7y 0x 0＋3)·(4－22，y 0x 0－3)＝8＋7y 20x 20－9，又∵点P (x 0，y 0)在椭圆C 上，∴x 209＋y 20＝1⇒y 20x 20－9＝－19， ∴F 1D →·F 2E →＝659.(3)证明 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，R (4，t )， 由RM →＝xMQ →得(x 1－4，y 1－t )＝x (1－x 1，－y 1)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝4＋x1＋x，y 1＝t1＋x(x ≠－1)，代入椭圆方程得(4＋x )2＋9t 2＝9(1＋x )2，① 同理由RN →＝yNQ →得(4＋y )2＋9t 2＝9(1＋y )2，② ①－②消去t ，得x ＋y ＝－54，∴4x ＋4y ＋5＝0. 题型三 存在性问题例3 (1)已知直线y ＝a 交抛物线y ＝x 2于A ，B 两点.若该抛物线上存在点C ，使得∠ACB 为直角，则a 的取值范围为________. 答案 [1，＋∞)解析 以AB 为直径的圆的方程为x 2＋(y －a )2＝a ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，x 2＋(y －a )2＝a ，得y 2＋(1－2a )y ＋a 2－a ＝0. 即(y －a )[y －(a －1)]＝0，由已知⎩⎪⎨⎪⎧a >0，a －1≥0，解得a ≥1.(2)如图，梯形ABCD 的底边AB 在y 轴上，原点O 为AB 的中点，|AB |＝423，|CD |＝2－423，AC ⊥BD ，M 为CD 的中点.①求点M 的轨迹方程；②过M 作AB 的垂线，垂足为N ，若存在正常数λ0，使MP →＝λ0PN →，且P 点到A ，B 的距离和为定值，求点P 的轨迹E 的方程；③过(0，12)的直线与轨迹E 交于P 、Q 两点，求△OPQ 面积的最大值.解 ①设点M 的坐标为M (x ，y )(x ≠0)， 则C (x ，y －1＋223)，D (x ，y ＋1－223).又A (0，223)，B (0，－223).由AC ⊥BD 有AC →·BD →＝0， 即(x ，y －1)·(x ，y ＋1)＝0， ∴x 2＋y 2＝1(x ≠0)，即点M 的轨迹方程为x 2＋y 2＝1(x ≠0). ②设P (x ，y )，则M ((1＋λ0)x ，y )，代入M 的轨迹方程有(1＋λ0)2x 2＋y 2＝1(x ≠0). 即x 2(11＋λ0)2＋y 2＝1(x ≠0)，∴点P 的轨迹为椭圆(除去长轴的两个端点). 要使点P 到A ，B 的距离之和为定值， 则以A ，B 为焦点，故1－1(1＋λ0)2＝(223)2. ∴λ0＝2，从而所求P 的轨迹方程为x 219＋y 2＝1(x ≠0).③易知l 的斜率存在，设方程为y ＝kx ＋12，联立9x 2＋y 2＝1(x ≠0)，有(9＋k 2)x 2＋kx －34＝0.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－k9＋k 2，x 1x 2＝－34(9＋k 2). ∴|x 2－x 1|＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝ 4k 2＋27(9＋k 2)2，令t ＝k 2＋9， 则|x 2－x 1|＝4t －9t 2且t ≥9. ∴S △OPQ ＝12×12|x 2－x 1|＝14 －9×1t 2＋4×1t＝14－9(1t －29)2＋49.∵t ≥9，∴0＜1t ≤19，∴当1t ＝19，即t ＝9，也即k ＝0时，△OPQ 面积取最大值，最大值为312. 点评 存在性问题求解的思路及策略(1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在.(2)策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.变式训练3 (2015·四川)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是22，点P (0，1)在短轴CD 上，且PC →·PD →＝－1.(1)求椭圆E 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点.是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由.解 (1)由已知，得点C ，D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b )， 又点P 的坐标为(0，1)，且PC →·PD →＝－1，于是⎩⎪⎨⎪⎧1－b 2＝－1，c a ＝22，a 2－b 2＝c 2，解得a ＝2，b ＝2，所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0，其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)＞0， 所以x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1，从而，OA →·OB →＋λP A →·PB →＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝(－2λ－4)k 2＋(－2λ－1)2k 2＋1＝－λ－12k 2＋1－λ－2. 所以当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3，此时OA →·OB →＋λP A →·PB →＝－3为定值.当直线AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线CD ， 此时，OA →·OB →＋λP A →·PB →＝OC →·OD →＋PC →·PD →＝－2－1＝－3. 故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值－3.高考题型精练1.(2015·陕西)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)经过点A (0，－1)，且离心率为22.(1)求椭圆E 的方程；(2)经过点(1，1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 的斜率之和为2. (1)解 由题设知c a ＝22，b ＝1，结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2， 所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)证明 由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由已知Δ＞0， 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0， 则x 1＋x 2＝4k (k －1)1＋2k 2，x 1x 2＝2k (k －2)1＋2k 2， 从而直线AP ，AQ 的斜率之和 k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－kx 2＝2k ＋(2－k )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2 ＝2k ＋(2－k )4k (k －1)2k (k －2)＝2k －2(k －1)＝2.2.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1，0)，且点P (1，32)在椭圆C 上，O 为坐标原点.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设过定点T (0，2)的直线l 与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，且∠AOB 为锐角，求直线l 的斜率k 的取值范围；(3)过椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2－53＝1上异于其顶点的任一点P ，作圆O ：x 2＋y 2＝43的两条切线，切点分别为M ，N (M ，N 不在坐标轴上)，若直线MN 在x 轴，y 轴上的截距分别为m ，n ，证明：13m 2＋1n2为定值.(1)解 由题意得c ＝1，所以a 2＝b 2＋1，又因为点P (1，32)在椭圆C 上，所以1a 2＋94b 2＝1，可解得a 2＝4，b 2＝3，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)解 设直线l 方程为y ＝kx ＋2，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 24＋y 23＝1，得(4k 2＋3)x 2＋16kx ＋4＝0， 因为Δ＝12k 2－3>0，所以k 2>14，又x 1＋x 2＝－16k 4k 2＋3，x 1x 2＝44k 2＋3，因为∠AOB 为锐角，所以OA →·OB →>0， 即x 1x 2＋y 1y 2>0，所以x 1x 2＋(kx 1＋2)(kx 2＋2)>0， 所以(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4>0， 所以(1＋k 2)·44k 2＋3＋2k ·－16k 4k 2＋3＋4>0，即－12k 2＋164k 2＋3>0，所以k 2<43，所以14<k 2<43， 解得－233<k <－12或12<k <233.(3)证明 由题意：C 1：x 24＋3y 24＝1，设点P (x 1，y 1)，M (x 2，y 2)，N (x 3，y 3)， 因为M ，N 不在坐标轴上，所以k PM ＝－1k OM ＝－x 2y 2， 直线PM 的方程为y －y 2＝－x 2y 2(x －x 2)，化简得x 2x ＋y 2y ＝43，① 同理可得直线PN 的方程为x 3x ＋y 3y ＝43，②把P 点的坐标分别代入①、②得⎩⎨⎧x 2x 1＋y 2y 1＝43，x 3x 1＋y 3y 1＝43，所以直线MN 的方程为x 1x ＋y 1y ＝43，令y ＝0，得m ＝43x 1，令x ＝0，得n ＝43y 1，所以x 1＝43m ，y 1＝43n，又点P 在椭圆C 1上，所以(43m )2＋3(43n )2＝4，即13m 2＋1n 2＝34为定值. 3.(2016·山东)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，焦距为2 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)过动点M (0，m )(m ＞0)的直线交x 轴于点N ，交C 于点A ，P (P 在第一象限)，且M 是线段PN 的中点.过点P 作x 轴的垂线交C 于另一点Q ，延长QM 交C 于点B . ①设直线PM ，QM 的斜率分别为k ，k ′，证明k ′k 为定值；②求直线AB 的斜率的最小值. (1)解 设椭圆的半焦距为c . 由题意知2a ＝4，2c ＝2 2. 所以a ＝2，b ＝a 2－c 2＝ 2. 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)①证明 设P (x 0，y 0)(x 0＞0，y 0＞0). 由M (0，m )，可得P (x 0，2m )，Q (x 0，－2m ). 所以直线PM 的斜率k ＝2m －m x 0＝mx 0.直线QM 的斜率k ′＝－2m －m x 0＝－3mx 0.此时k ′k ＝－3.所以k ′k 为定值－3.②解 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2). 由①知直线P A 的方程为y ＝kx ＋m . 直线QB 的方程为y ＝－3kx ＋m .联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 22＝1，整理得(2k 2＋1)x 2＋4mkx ＋2m 2－4＝0， 由x 0x 1＝2m 2－42k 2＋1，可得x 1＝2(m 2－2)(2k 2＋1)x 0，所以y 1＝kx 1＋m ＝2k (m 2－2)(2k 2＋1)x 0＋m .同理x 2＝2(m 2－2)(18k 2＋1)x 0，y 2＝－6k (m 2－2)(18k 2＋1)x 0＋m .所以x 2－x 1＝2(m 2－2)(18k 2＋1)x 0－2(m 2－2)(2k 2＋1)x 0＝－32k 2(m 2－2)(18k 2＋1)(2k 2＋1)x 0，y 2－y 1＝－6k (m 2－2)(18k 2＋1)x 0＋m －2k (m 2－2)(2k 2＋1)x 0－m ＝－8k (6k 2＋1)(m 2－2)(18k 2＋1)(2k 2＋1)x 0，所以k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝6k 2＋14k ＝14⎝⎛⎭⎫6k ＋1k ， 由m ＞0，x 0＞0，可知k ＞0，所以6k ＋1k ≥26，当且仅当k ＝66时取“＝”.因为P (x 0，2m )在椭圆x 24＋y 22＝1上，所以x 0＝4－8m 2，故此时2m －m4－8m 2－0＝66，即m ＝147，符合题意. 所以直线AB 的斜率的最小值为62. 4.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1，0)，短轴的一个端点B 到F 的距离等于焦距.(1)求椭圆C 的方程；(2)过点F 的直线l 与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，是否存在直线l ，使得△BFM 与△BFN 的面积比值为2？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由. 解 (1)由已知得c ＝1，a ＝2c ＝2，b 2＝a 2－c 2＝3， 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)S △BFM S △BFN ＝2等价于FM FN ＝2，当直线l 斜率不存在时，FMFN＝1，不符合题意，舍去；当直线l 斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 24＋y 23＝1消去x 并整理得， (3＋4k 2)y 2＋6ky －9k 2＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－6k 3＋4k 2， ①y 1y 2＝－9k 23＋4k 2，② 由FMFN＝2得y 1＝－2y 2，③由①②③解得k ＝±52，因此存在直线l ：y ＝±52(x －1)使得△BFM 与△BFN 的面积比值为2.。
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)。
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. All Rights Reserved.。
关于2个丢番图方程的求解
２ 主要结果及证 明
对于 广义 Ｒｍｎａ ，ｇｌ ＋ ＝ ｐ ， Ｎ ）， 里Ｄ 适合ｐ 的 奇数， 献［ ５ ａａ ｊ一ａ ｌ方程 ｕｎＮ ｅ Ｄ ４ ∈ 这 是 ｌ 正 Ｄ 文 ４】 —
Ａ ｓ ａ ｔ Ｄｉ ｕ ｓ ｄ ｔ ｏ ｈ ｎｉｅ ｅ ｕ ｔ ｎ ｉ ｅ ａｇｂ ａｃ ｎ ｍｂ ｒ ｔｅ ｒ ． Ｔ ｅ Ｄｉｐ ａ ｔ ｅ ｅ ｕ ｔ ｎ ｂ ｔ ｃ ： ｓ ｓｅ ｗｏ Ｄｉｐ ａ ｔ ｑ ａｉ ｓ ｗ ｔ ｔ ｌｅ ｒｉ ｕ ｅ ｏｙ ｈ ｏ ｈ ｎｉ ｑ ａｉ ｓ ｒ ｃ ｎ ｏ ｈｈ ｈ ｎ ｏ
１＝ ） ｈｓｉｅ ｒ ｏ ｔｎ （， ） （３一 ）ｎ ｅＤｏｈｎｎ ｑａｏｓ ＋ ＝ ｈｓｉｅ ｒ ３ ４ ａ ｎ ｇ ｌｉ ｓ ｙ＝ ±， １ａｄｔ ｉ ａｔｅｅ ｔｎ ， ｔ ｅ ｓ ｕｏ ｈ ｐ ｉ ｕ ｉ ２ Ｙ ａ ｎｇ ｔｅ ｓｕｏｓ ，， （ ， ） ｏ ｔｎ（ ）＝ ＋ ３． ｌｉ ｘ ） ５
定义 ２ Ｉ
若ｓ 和 都是代数整数 ，则 成为单位数．
引理 １＿ 在二次域 Ｑ √ 中的单位数是 ： Ｉ ｌ 幅 （ Ｄ）
（ ）当Ｄ＝ ２ Ｄ ５ ，仅有 ± ； １ 一 或 一 时 １ （ ）当Ｄ＝ １ ， ± ，＋ ； ２ 一 时 有 １ ｉ
１ ．二 ／
（ ）当Ｄ＝一 时，有 ± ，±．± ； ３ ３ １ —
缈： ＋ 一 单位数． ；２ ｌ一 ｌ， 是 Ｐ ｌ ， ， ， 。 。 ｅ 方程 一 ｒ ：± 的最小正解．ｍ ＋ ｌ ｌ ２ Ｄ ４ 。 ， 称为二次域整数ｋ ，口 ｅ ， ＝ 那么， ２ ， Ｍ， ） Ｔ， 若 ＝ ， ∈ ， Ｍ
关于一类二次丢番图方程的解
关于一类二次丢番图方程的解近年来，许多科学家们都致力于研究一类复杂的数学模型，即二次丢番图方程，并寻求出最优的解。
本文将介绍一类二次丢番图方程的背景知识、定义和解法，以及与之相关的一些实际应用。
一、二次丢番图方程的背景知识二次丢番图方程是由十九世纪末斯堪的纳维亚数学家阿尔弗雷德丢番图（Alfred Thunem）于1822年发明的一类常微分方程。
它是一个非线性的方程，可以用来描述加速度、运动学、电磁学等领域的物理现象。
由于其复杂的求解方法，它一直是一个极具挑战性的研究课题，也就受到了众多学者的关注。
二、定义和解法一类二次丢番图方程可以简言之为：$frac{d^2y}{dx^2}=frac{f(x)}{y^2-1}$其中，$y=y(x)$是待求解的函数，$f(x)$是已知函数。
解二次丢番图方程的基本思想是先将其转换为自变量变换形式，再使用幂级数法或其他数学方法求解。
为了更加方便求解，可以预先给定$f(x)$的值，比如，$f(x)=2x+3$，则该方程可以转换为：$frac{d^2y}{dx^2}=frac{2x+3}{y^2-1}$接下来，可以通过改变自变量x的取值，使自变量变换形式变成： $frac{d^2y}{(2x+3)^2dx^2}=frac{1}{y^2-1}$此时，该方程可以被视为一个标准的常微分方程，因此可以便捷地求解。
由于二次丢番图方程具有特殊的形式，因此也可以使用贝尔斯托夫（Bersotov）变换来求解。
三、实际应用二次丢番图方程与日常生活密切相关，可以用来描述多种物理现象。
例如，可以用它来模拟人体的运动学，描述物体在不同质量的加速度下的移动，从而获得物体在一定时间内的位移，从而实现精准的导航导航；也可以用它来描述电路中电流的变化，以实现电路的设计。
此外，二次丢番图方程在气象研究中也有广泛的应用，如流体力学、气象动力学等。
四、总结二次丢番图方程是一类非线性方程，它可以用来描述加速度、运动学、电磁学、气象学等物理现象。
关于丢番图方程x(x+1)(x+2)=2p 2y 3
＋ ＝ ２３ ＋ ） ２。 ＝ｈ， ， ＝ ２ ｈ （） １ ｐａ （ ２ ＝ ｂ， ｏ ａｂ １ ＂ ３ Ｙ ） ａ （） ２
的解 ， 并证 明 了此方程 没有 正整 数解 。 弓理 １ Ｉ 方 程 一１＝Ｙ ， Ｙ ｎ∈Ｎ ｎ≥２ ， ， ，
或 ＋ ＝３ １ａ 或 ＋ ＝ ａ ＋ ） ｐｂ，＝ ｂ（ ， ＝ ， １ ２３ （ ２ ＝ ２３ ａ ， ｂ ｌ ｙ ０ ） ２ 该 情 况下方 程 （ ） １ 无解 。 由式 （ ） （ ２ 一１＝２ 且 （ Ｚ。一１ ３ 有 ｐ口 ） ｂ ， ｐ ｐ０ ） （） ５ 由式 （ ） （ｐ ０ ） ２ 有 ２ 一１＝ｂ ， 据 引理 １ 知 ， 。根 可 ＋ ） ２２ ＝ ｂ（ ， ＝ ， （） ２ ＝ｐｂ ａ ， ｂ １ 、 ４ ０） ２
摘
要 ： 用初 等数 论 的方 法证 明 了丢 番 图方程 ｘ ｘ＋１ （ ＋ ）＝ ｐＹ 利 （ ） ２ ２ 没有 正 整数 解 ， 中 Ｐ是 其
奇 素数 。
关键 词 ： 丢番 图方程 ； 素数 ； 奇 正整 数 解
中图分类 号 ： ５ ． ０１６ ７ 文 献标 识码 ： Ａ 文章 编 号 ：０ ４６ ２ ２ １ ） ２０ ０ －２ １０ － Ｘ（ ０ ２ ０ －０ ９ ０ ０ 引理 ４ 方 程 ＋１＝ ｙ 有 正整 数 解 （ Ｙ ２ 仅 ， ）
ｌ ０
正整数 ， 时有 Ｃ 一 ｄ ＝１ 或 ｄ ４。 ， 此 ４ ， 一 ｃ ＝１ 由引理 ２
ｒ ●● ●，、 ●Ｌ
当 ２ ＝ ’ ， ｄ ＋ｌ ａ ， 口 一１ ｄ 时 即 ＝２ 由引理 ４可 知 ２ ＝ｄ 仅有正整数解 （ ，）＝（ ，）代 人 ２ ＋ ａ 一１ ｄａ １１ ， ０
（ ＋１ （ ＋２ ２ ） ９ ）＝ ｐＹ ６ （） １
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
方程 ｚ ＋ ２一 Ｙ ， ” ＞ １的推广 ， 本文将 讨论 方程 一 ２ ｐ— Ｙ ， ＞ １ 当 Ｐ满足 一定 条件 时 ， ，
条件 时 ， 在一 类方 程无 解． 存
关
键
词 ： 番 图方程 ； 丢 方程 的解 ； 同余 文章编 号 ：０ ８ ５ １ （ ０ ７ ０ — ５ ６０ １ ０ — ５ ３ ２ ０ ） ４０ ５ —５
中 图分类 号 ： ５ ． 文献标 识码 ： ０１ ６ ７ Ａ
１ 引言 及 结论
关 于丢 番 图方 程 ｚ ±Ｄ ： Ｙ 一些 学 者对此 做 了许 多研究 ］其 中文 ［ ］ 明 了丢番 图方 ” ‘， １证
） 三 ＋ 一 ］ （ （ ） 一 ２ ｒ（ ｄ４ ． ）。ｍｏ ） 如果 ７ ｌｍｏ ） 得 到 ｒ １ ｒｏ ） 如果 三 一 ｚ （ ｄ４ ， 三 （ ｄ４ ． ｏ ｌ ｍｏ ）得 到 １ 一 ７＋ ６ （ ｏ ） 其 它情 况 ７≠ 一 １ 因为 ｒ一 ± １ （ ｄ４ ， ｒ ｄ４ ． ７ ｏ ． 我们 得 到 ｒ一 １ ． 引理 ２的证 明 如果 “ ”， １ 一 一 ｌ 由 （ 。 ，） （ｚ ， ） ， ， ｒ 的定 义 ， ２ 知 （ ， 一 １ 一 １ 与 引 ， ） ，
收 甍 日期 ｌ０ ６ １－０ ２ ０ —１３ ． 作 ★ 简 介 ： 荣 （ ９０ ）女 ， 教 ． 究 方 向 ： 论 列 １８一， 助 研 数
维普资讯
第 ４期
刘
荣 等 关 于 丢 番 图方 程 一 ２ 的 解 ｒ ｐ一
５７ ５
为 丫完成定 理 的证 明 。 们引 入一 些简单 的引理 ． 我
引 理 ｌ 如 果 Ｃ 川 川 ） ｌ 则 ７一 １ ｔ （ 一 ， ．
引理 ２ 任 意 ” ， 。 （ｚｎ １ ≠ １ ２１ Ｃ ７ ， 。 ） １ｔ ７ ．
引 理 ３ 如 果 Ｃ 川 ， ）一 ｌ 对 于 任 意 ｄ『， “ ， １ ｔ （ １ ， ” 得 （ ｄ， ）一 １ ．
０
三 ７７ ２ ＋ ２ （ （ ｄ ｐ， ） ｍｏ ４）三 ＂ｒ＋ ２ 。 ） ｍｏ ｒ （ （ ｄ ４）
由于 ３ 三 ｌ ｍＯ １ ＇ 以 （ ｄ ）所
二 三 一 ，（ 一 １ （ 一 ２ （ ｏ ） 因 此 １一 ａ ， ｚ ） ） ｒ ｄ４ ． ｏ （
知 ｒ＝± １ （ ｄ２ 可 推 出 ， 都 为奇 数． 及 ｍｏ ） ／ ， ／ 对 任意 的整 数 ｍ， ｒ 设 ．．
［ 一 １／ ３ （ ２ ２
日 ，， ＝ ∑ （ ）２） （ ｒ ） （户
…
注 到 （，ｒ ％三 其 （＋ ） 意 ｎ ） ＿ 中 一 ｒ ． ，一 三 等，
存在 一类方 程无 解． 文 主要结 果为 ： 本 定理 丢 番图方 程 一 ２ ｐ— Ｙ ， ＞ ｌ Ｐ为奇 素数 ， Ｑ［ｖ 户 ｒ ／ ， 当 ／ ］的类 数为 １ ２ ２ ，ｐ一 １＝ ３时， ｆ 则 。 （ ）当 ＝ ３时 ， １ 方程 无解 ． （ ）存在 某一 大于等 于 ２ ２ 的整 数 ｄ ， ｔ １ ｍｏ ｒ ， ，当 三 （ ｄ ２ ） 三 ３ ｍｏ ） ， 程无 解． （ ｄ２ 时 方 注 如 果 ｚ， ， 足方 程 。 ２ Ｙ 满 一 ｐ— Ｙ ， 易知 ， １都 为奇数 ， Ｙ 一 （ Ｙ， ｌ ＇ 且 ＋ ２ ） ｚ一 户（
一
３， ７ ）则 ＂ 三 一 ｔ ２ ｍｏ 一 ）其 中 为 奇数 ． ＋ ｄ２ ，
２ 引 理 的 证 明
引 理 ｌ的 证 明
１（ ｏ ｍ ｄ ４）； ， 一 （
由 上 可知 ， 果 “（ ，２ １ 则 ”， 如 ，∥） ． 都 为奇 数及 ，一± １所 以 ， 三 一 ．
） 由定理 的条件 知 ， ￣ ］的类 数为 １ 设 一 ＋ ． Ｑ［ ／ ｒ ，
＋ ｒ ／ 户）ｒ ｍ 都 为整数 ． 么 一 ￣２ ，， 那 一 ２ ２ 即 户，
［” １ ／ ］ （ 一 ） ２
， 一 一
， 中 一 （ 其
∑ （ ）２） Ｈ， 一１ （ 户ｍ ． …
引理 ４ 对 于任 意 ， 一 Ｃ ， ， ） 足下 面 的递 推式 ｔ ｎ１ 满 （
“， ］一 ２ ａ 一 （ ｆ １ ｍ 一 ２ ）一 １ ｐ ＆
引 理 ５ 如 果 “ ” ． ， ） ｌ 则 三 ３ｍｏ ） 在这 种情 况下 ， 果 ≠ ３ （ｆ， １ 一 ， ２ ｚ （ ｄ４ ． 如 且 满 足 ２ ｌ（ ｌ
维普资讯
２０ ０ ７年 １ ２月 第 ２ 卷 第 ４期 ３
纯 粹 数学 与应 用 数 学
Ｐｕ ｅ ａ ｒ ｎｄ Ａｐｐｌ ａ ｈ ｍ ａｔｃ ｉ Ｍ ｔｅ ｅｄ ｉｓ
Ｄｅ ． ０７ ｃ ２０
Ｖｏ１ ．２３ Ｎｏ．４
关 于 丢 番 图 方 程 ２ ｐ— 的 解 —２
刘 荣 ， 袁． 进 赵 ，艳 ｌｌ
（ 北 大 学 数 学 系 ， 西 西安 ７ ０ ６ ； 军 工程 大 学理 学 院数 理 系 ， 西 西 安 ７ ０ ５ ） 西 陕 １０ ９ 空 陕 １０ １
摘 要 ： 用初 等 方 法讨论 了丢番 图方 程 一２ ｙ ，２ ， 到 当素数 Ｐ满 足一 定 利 ｐ一． ｎ＞１ 得 ”
一
） 一 ！三 １ ｍ ｏ （ ｄ ４）； ＂ ） （ ２
（” 】） ２ ｌ
。 ｌ ｍｏ ）另 外 ， 三 （ ｄ４． 我们 得 到
ｌ （ ，。） ∑ （ ）２） ｒ 三 （ 一ｒ ｐ￣ ＂一（ｏ ４ 一“， ｒ 一 ” （ 一 ２ 户 ㈠ １＋２（ ｍ－ ｒ ｄ ） ） ） ３ ｏ